【AtCoder ABC 145 D】Knight

题目大意：

　　你现在在位置 $(0,0)$，每一次可以选择以下两种方式的任意一种移动：

• 向下走一格，向右走两格；
• 向下走两格，向下走一格。

　　求可以到达 $(x,y)$ 的方案总数，对 $10^9+7$ 取模。

解析：

　　这道题给了一个很好的限制：只能向右、向下走。

　　观察题目，可以发现如果 $3 mid x+y$，那么方案数是 $0$，因为每一次转移都会使得横纵坐标和加上 $3$。

　　所以，我们只需列一个方程组，就可以求出向下走 $1$ 格并向右走 $2$ 格的方案次数，与向下走 $2$ 格且向下走 $1$ 格的方案次数。

　　知道了分别转移的次数，我们就要枚举顺序。

　　假设第一种方式转移 $a$ 次，第二种方式转移 $b$ 次。

　　那么，问题就简化成这个样子：

　　　　有 $a$ 个 $1$ 与 $b$ 个 $0$ 进行组合，可以制造出多少个不同的数字串 ？

　　答案显而易见，是 $large{inom {a+b} a}$ 或 $large{inom {a+b} b}$。

　　当然，要注意本题有取模，求组合数时要预处理逆元。

代码：

#include <cstdio>
#define MOD 1000000007
#define INF 1e9
#define eps 1e-6
typedef long long ll;

ll x, y, xx, yy, inv[2000010], prod[2000010], ans;

int main(){

    scanf("%lld%lld", &x, &y);
    if((x + y) % 3){
        puts("0");
        return 0;
    }
    xx = x - (x + y) / 3;
    yy = y - (x + y) / 3;
    if(x < 0 || y < 0)
        puts("0");
    else{
        inv[0] = inv[1] = 1;
        for(ll i = 2; i <= (xx + yy); i++)
            inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
        for(ll i = 2; i <= (xx + yy); i++)
            inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % MOD;
        prod[0] = 1;
        for(ll i = 1; i <= (xx + yy); i++)
            prod[i] = prod[i - 1] * i % MOD;
        ans = prod[xx + yy] * inv[xx] % MOD * inv[yy] % MOD;
        printf("%lld
", ans);
    }

    return 0;
}