蓝桥杯2021年第十二届真题第二场-国际象棋_c++蓝桥杯国际象棋

题目

题目描述

众所周知，“八皇后” 问题是求解在国际象棋棋盘上摆放 $8$ 个皇后，使得两两之间互不攻击的方案数。

已经学习了很多算法的小蓝觉得 “八皇后” 问题太简单了，意犹未尽。

作为一个国际象棋迷，他想研究在 $N\times M$ 的棋盘上，摆放 $K$ 个马，使得两两之间互不攻击有多少种摆放方案。

由于方案数可能很大，只需计算答案除以 $1000000007$ (即 $10^9+7$) 的余数。

如下图所示，国际象棋中的马摆放在棋盘的方格内，走 “日” 字，位于 $(x,y)$ 格的马（第 $x$ 行第 $y$ 列）可以攻击$(x+1,y+2)$ 、 $(x+1,y-2)$ 、 $(x-1,y+2)$ 、 $(x-1,y-2)$ 、 $(x+2,y+1)$ 、 $(x+2,y-1)$ 、 $(x-2,y+1)$ 和 $(x-2,y-1)$共 8 个格子。

输入格式
输入一行包含三个正整数 $N$ , $M$ , $K$，分别表示棋盘的行数、列数和马的个数。

输出格式
输出一个整数，表示摆放的方案数除以 $1000000007$ (即 $10^9+7$) 的余数。

输入样例1
1 2 1

输出样例1
2

输入样例2
4 4 3

输出样例2
276

输入样例3
3 20 12

输出样例3
914051446

数据范围
对于 $5\%$ 的评测用例，$K = $
对于另外 $10\%$ 的评测用例，$K=2$
对于另外 $10\%$ 的评测用例，$N=1$
对于另外 $20\%$ 的评测用例，$N,M\le 6$ ， $K\le 5$
对于另外 $25\%$ 的评测用例，$N\le 3$ ， $M\le 20$ ， $K\le 12$
对于所有评测用例，$1\le N\le 6$ ， $1\le M\le 100$ ， $1\le K\le 20$

题解

f[i][k][b][a]：在前 $i$ 行放置了 $k$ 个马，且第 $i-1$ 行的状态为 $b$，第 $i$ 行的状态为 $a$ 的方案数。

• 由于我们要用一个二进制数表示每一行的状态，而此题的 $m=100$，但 $2^{100}$ 是无法接受的
• 因此我们可以换个思路，将棋盘看成是 $M\times N$ 的，这样每行最多仅有 $2^6$ 个二进制状态

如何判断冲突：

• 假设第 $i$ 行的状态为 $a$，第 $i-1$ 行的状态为 $b$，第 $i-2$ 行的状态为 $c$；
  若想在第 $i$ 行的第 $j$ 列放一匹马，则：
• 第 $i-1$ 行的第 $j-2$ 、 $j+2$ 列不能有马，即 a & (b << 2) == 0 且 a & (b >> 2) == 0
• 第 $i-2$ 行的第 $j-1$ 、 $j+1$ 列不能有马，即 a & (c << 1) == 0 且 a & (c >> 1) == 0
• 同时第 $i-1$ 行与第 $i-2$ 行也不能有冲突，即 b & (c << 2) == 0 且 b & (c >> 2) == 0

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 1e9+7;

int n, m, K, ans, dp[110][21][100][100];

int count (int x) {
	int res = 0;
	while (x) {
		res += (x & 1);
		x >>= 1;
	}
	return res;
}

int main()
{
	cin >> n >> m >> K;
	
	dp[0][0][0][0] = 1;
	
	for (int i = 1;i <= m;i ++) 
		for (int k = 0;k <= K;k ++)
			for (int a = 0;a < 1 << n;a ++) { // 第i行的状态 
				for (int b = 0;b < 1 << n;b ++) { // 第i-1行的状态 
					if ((a & (b << 2)) || (a & (b >> 2))) continue;
					for (int c = 0;c < 1 << n;c ++) { // 第i-2行的状态 
						if ((a & (c << 1)) || (a & (c >> 1))) continue;
						if ((b & (c << 2)) || (b & (c >> 2))) continue;
						int t = count (a);
						if (k >= t)
							dp[i][k][b][a] = (dp[i][k][b][a] + dp[i-1][k - t][c][b]) % MOD;
					}
				}
			}
	
	for (int a = 0;a < 1 << n;a ++) 
		for (int b = 0;b < 1 << n;b ++) 
			ans = (ans + dp[m][K][b][a]) % MOD;
		
	
	cout << ans << endl;
	return 0;
}
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转自 业余算法学徒

存在一个问题，不用考虑蹩马腿的情况吗？