题目地址：洛谷：【P2592】[ZJOI2008]生日聚会 – 洛谷、BZOJ：Problem 1037. — [ZJOI2008]生日聚会Party

题目描述

今天是hidadz小朋友的生日，她邀请了许多朋友来参加她的生日party。 hidadz带着朋友们来到花园中，打算坐成一排玩游戏。为了游戏不至于无聊，就座的方案应满足如下条件：
对于任意连续的一段，男孩与女孩的数目之差不超过k。
很快，小朋友便找到了一种方案坐了下来开始游戏。hidadz的好朋友Susie发现，这样的就座方案其实是很多的，所以大家很快就找到了一种，那么到底有多少种呢？热爱数学的hidadz和她的朋友们开始思考这个问题……
假设参加party的人中共有n个男孩与m个女孩，你是否能解答Susie和hidadz的疑问呢？由于这个数目可能很多，他们只想知道这个数目除以12345678的余数。

题意简述

有$n$个男孩$m$个女孩，要求把这些排成一排，使得每一个连续区间内男女孩的数量之差的绝对值不超过$k$，求排列的方案数，对$12345678$取模。

输入输出格式

输入格式：
输入文件party.in仅包含一行共3个整数，分别为男孩数目n, 女孩数目m, 常数k。

输出格式：
输出文件party.out应包含一行，为题中要求的答案。

输入输出样例

输入样例#1：

1 2 1

输出样例#1：

1

说明

对于30%的数据，n , m ≤ 20；
对于100%的数据, n , m ≤ 150，k ≤ 20。

题解

大力DP。
设计状态$dp[i][j][x][y]$表示排列前$i$个人，其中$j$个男孩，$i-j$个女孩，以$i$结尾的任意一段男孩-女孩的最大值$x$，以$i$结尾的任意一段女孩-男孩的最大值$y$的方案数，若$x, y$出现负数情况视为$0$处理，大力枚举第$i$个是男孩还是女孩转移即可。
复杂度$O(n^2k^2)$。

代码

// Code by KSkun, 2018/7
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>

#include <algorithm>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2)
        ? EOF : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1; register char c = fgc();
    for(; !isdigit(c); c = fgc()) if(c == '-') neg = -1;
    for(; isdigit(c); c = fgc()) res = (res << 1) + (res << 3) + c - '0';
    return res * neg;
}

const int MO = 12345678;

int n, m, k, dp[305][155][25][25];

int main() {
    n = readint(); m = readint(); k = readint();
    dp[0][0][0][0] = 1;
    for(int i = 0; i < n + m; i++) {
        for(int j = 0; j <= n; j++) {
            for(int x = 0; x <= k; x++) {
                for(int y = 0; y <= k; y++) {
                    if(!dp[i][j][x][y]) continue;
                    if(j + 1 <= n && x + 1 <= k) {
                        dp[i + 1][j + 1][x + 1][std::max(y - 1, 0)] += dp[i][j][x][y];
                        dp[i + 1][j + 1][x + 1][std::max(y - 1, 0)] %= MO;
                    }
                    if(i + 1 - j <= m && y + 1 <= k) {
                        dp[i + 1][j][std::max(x - 1, 0)][y + 1] += dp[i][j][x][y];
                        dp[i + 1][j][std::max(x - 1, 0)][y + 1] %= MO;
                    }
                }
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= k; i++) {
        for(int j = 0; j <= k; j++) {
            ans = (ans + dp[n + m][n][i][j]) % MO;
        }
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}