Gerald and Giant Chess

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试题分析

我们发现普通$dp$时间复杂度为$O(h imes w)$的，会$T$的很惨。而这个又无法通过优化，所以呢就要改变$dp$策略。

观察到$nleq 2000$,所以我们需要设计出一个关于不能走的$dp$。

part1 排列组合应用

$C_i^j$的意思大家都知道把，但是这道题又与排列组合有什么关系呢。易证$C_{n+m}^n$的结果正好是从$(0,0)$走到$(n,m)$的方案数，通过插板法可证。

所以若我们从$(1,1)$出发，到终点$(n,m)$的方案数为$C_{n+m-2}^{n-1}$。

part2 dp

所以说$dp$式子就很好写了，$f(i)$表示只经过$i$号黑点的方案数，其余黑点均不参加。同时将最后所要求的$(h,w)$当作一个黑点。

则:$f(i)={C_{x_i+y_i-2}^{x_i-1}}-f(j) imes C_{x_i-x_j+y_i-y_j}^{x_i-x_j}  (j点在i点的左上角)。$

然后再用逆元求一下即可。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
    int f=1,ans=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();}
    return f*ans;
}
const int N=200011;
int inv[N],fac[N];
int ksm(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans*=a,ans%=mod;
        a*=a,a%=mod;
        b>>=1;
    }return ans%mod;
}
int n,m,k;
struct node{
    int x,y;
}a[N];
int C(int m,int n){if(n==0) return 1;return (fac[m]*((inv[n]*inv[m-n])%mod))%mod;}
bool cmp(node x1,node x2){
    if(x1.x==x2.x) return x1.y<x2.y;
    return x1.x<x2.x;
}
int f[N];
signed main(){
    inv[0]=1,fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=200001;i++){
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
        inv[i]=ksm(fac[i],mod-2);
    }
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=k;i++) a[i].x=read(),a[i].y=read();
    sort(a+1,a+k+1,cmp);
    a[++k].x=n,a[k].y=m;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        f[i]=C(a[i].x+a[i].y-2,a[i].x-1)%mod;
        for(int j=1;j<i;j++){
            if(a[j].x>a[i].x||a[j].y>a[i].y) continue;
            f[i]-=f[j]*C(a[i].x-a[j].x+a[i].y-a[j].y,a[i].x-a[j].x);
            f[i]=((f[i]%mod)+mod)%mod;
        }
    }
    printf("%lld",(f[k]%mod+2*mod)%mod);
}