A. Rikka with Nash Equilibrium

A. Rikka with Nash Equilibrium

题解:

神仙dp题

将数字从大到小一次排列,从大往小取.

  • 构造一个三维$dp[now][j][k]​$,表示放入$now​$数字的时候有$i​$行和$j​$列有数字下的情况。为了防止数字成为平衡位置,每次放置的位置都要放置在之前放置元素所在的列或者行上,如果不这么放置的话,他就会成为剩下当前行和当前列最大的(就没能有比他大的数字了)。

  • 初始化,因为第一个数字可以任意存放所以$dp[0][1][1]=m*n$。

  • 转移方程:

    1. 该点放置位置上行和列都有元素,那就是有$i$列和$j$行可以存放。剩下的位置是$j*k-i+1$

      ,$dp[next][j][k]+=dp[now][j][k]*(jk-i+1)$

    2. 该点放置位置上列已经有元素了,但是行上没有元素,从位置的行数减一转移加了一行$dp[next][j][k]+=dp[now][j-1][k]*j(n-i+1)$

    3. 同理如果行有元素的话。$dp[next][j][k]+=dp[now][j][k-1]*i(m-j+1)$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);i++)
#define per(i,a,n) for(int i=(n-1);i>=(a);i--)
#define fi first
#define se second
typedef pair <int,int> pII;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
//head
const int maxn = 88;
int t,m,n;
ll mod;
ll dp[2][maxn][maxn];
inline ll add(ll a, ll b){
return (a+b>mod)?(a+b)%mod:a+b;
}
inline ll mul(ll a,ll b){
return a*b>mod?(a*b)%mod:a*b;
}
int main(){
#ifdef LOCAL
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&mod);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][1][1] = n*m;
int now = 0;
rep(i,2,m*n+1){
int nxt = now^1;
memset(dp[nxt],0,sizeof(dp[nxt]));
rep(j,0,n+1){
rep(k,0,m+1){
if(dp[now][j][k]){
ll tot = j*k - i + 1;
dp[nxt][j][k] = add(dp[nxt][j][k],dp[now][j][k]*tot);
dp[nxt][j+1][k] = add(dp[nxt][j+1][k],mul(dp[now][j][k],1ll*k*(n-j)));
dp[nxt][j][k+1] = add(dp[nxt][j][k+1],mul(dp[now][j][k],1ll*j*(m-k)));
//cout<<dp[now][j][k];
}
}
}
now = nxt;
}
printf("%lld\n",dp[now][n][m]);
}
return 0;
}