[SRM 498 Div.1] Hard FoxJumping

题意

有一个网格，每一步可以走((0cdots M_x,0cdots M_y))中的任意非零向量。

有(K)种向量不能走，为((k_i,k_i))，其中(k_i)为(10)的倍数。

求从((0,0))走(R)步到((T_x,T_y))的方案数。对(10007)取模。

(，1leq T_x,T_y,M_x,M_yleq800,1leq Rleq1600，0leq Kleq50)

分析

这个题目其实是个套路题。首先第一眼我们看到这个题目，想到的是FFT，但是我们注意到(K)很小，这个就很可能是个套路题。我们考虑先放掉这个不能走向量的约束，然后发现非常好做：考虑设一个(f_{i,x,y})表示这个走了(i)次的答案，那么显然有(f_{i,x,y} ightarrow f_{i+1,x+dx,y+dy})。进一步地，我们如果考虑到这里实际上两个维度上是无关的，也就是说，我们完全可以独立考虑，最后乘起来即可（因为没有了限制，我们可以相当于是两个方向上分别走）。这样我们就可以用前缀和轻松解决（对于每一个位置，都是往前(T_x)或(T_y)长度区间中的和转移过来）。

然后我们回到原来的问题，考虑有这样的限制该怎么做？对此，我们需要利用类似二项式反演推出来的时候的思路：选一些不合法的，然后按照选( imes)不合法方案数( imes)全合法方案数的思路容斥出结果。不合法方案数直接推，于是我们最终能够得出式子是：

[Ans=sum_{i,z}limits(-1)^iinom{R}{i}g_{i,z}f_{R-i,T_x-10z,T_y-10z} ]

感性理解一下，就能写出程序辣！非常好实现

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 888;
const int MOD = 10007;

int dp[N << 1][N];
int x[N << 1][N], y[N << 1][N];
int gx[N << 1][N], gy[N << 1][N];
int C[N << 1][N << 1];
int n, m, mn, dx, dy, R, cnt, ans;
int a[N];
inline void Add(int &x, int a) {
  x = (x + a) % MOD;
}
int getCount(int Tx, int Ty, int Mx, int My, int _R, vector <int> bad) {
  n = Tx; m = Ty; dx = Mx; dy = My; R = _R; mn = min(m, n);
  bad.push_back(0); cnt = bad.size();
  for (int i = 0; i < cnt; i++) a[i + 1] = bad[i];
  sort(a + 1, a + cnt + 1);
  cnt = unique(a + 1, a + cnt + 1) - a - 1;
  ans = 0;
  memset(x, 0, sizeof x);
  memset(y, 0, sizeof y);
  memset(dp, 0, sizeof dp);

  for (int i = 0; i <= R; i++) {
    C[i][0] = 1;
    for (int j = 1; j <= i; j++)
      C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
  }
  x[0][0] = 1;
  for (int i = 0; i <= R; i++)
    for (int j = 0; j <= n; j++) {
      gx[i][j + 1] = (gx[i][j] + x[i][j]) % MOD;
      Add(x[i + 1][j], (gx[i][j + 1] - gx[i][max(j + 1 - dx - 1, 0)] + MOD) % MOD);
    }
  y[0][0] = 1;
  for (int i = 0; i <= R; i++)
    for (int j = 0; j <= m; j++) {
      gy[i][j + 1] = (gy[i][j] + y[i][j]) % MOD;
      Add(y[i + 1][j], (gy[i][j + 1] - gy[i][max(j + 1 - dy - 1, 0)] + MOD) % MOD);
    }
  dp[0][0] = 1;
  for (int i = 0; i <= R; i++)
    for (int j = 0; j * 10 <= mn; j++)
      for (int k = 1; k <= cnt; k++)
        if (j * 10 + a[k] <= mn) Add(dp[i + 1][j + a[k] / 10], dp[i][j]);
        else break;
  for (int p = 0; p <= R; p++)
    for (int q = 0; 10 * q <= mn; q++) {
      int res = x[R - p][n - 10 * q] * y[R - p][m - 10 * q] % MOD * dp[p][q] % MOD * C[R][p] % MOD;
      if (p & 1) Add(ans, MOD - res);
      else Add(ans, res);
    }
  return ans;
}
vector<int> bad;
int main(){
  freopen("jump.in","r",stdin);
  freopen("jump.out","w",stdout);
  int Tx,Ty,Mx,My,_R,_K;
  scanf("%d%d%d%d%d%d",&Tx,&Ty,&Mx,&My,&_R,&_K);
  for (int i=0;i<_K;++i){ int x; scanf("%d",&x); bad.push_back(x); }
  printf("%d
",getCount(Tx,Ty,Mx,My,_R,bad));
}