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其实是我之前写的一篇博客的推广
大意：
一个阶梯型，第$i$行有$\lceil i/2\rceil \ast 2$个方块，总共有n行。在其中给定$m$个点无法经过，求从左上角到右下角的方案数。其中每次移动只能向右或向下
$N\le 2.5e5,M\le 50$

思路：
一个比较显然的思路是把原图还原为$n\times n$的矩阵，然后再添加$n-2$个障碍$(i,\lceil i/2\rceil \ast 2+1)$,这样就还原成了经典模型，可以直接用容斥来做。
还是将障碍按横纵坐标排个序，同时不妨将终点也放入$S$中，显然排序后它会是最后一个点
令$S$表示障碍的集合,$d{p}_i$表示从起点到第i个障碍，中间不经过其它障碍的方案数，$w_i$表示S中的第i个障碍，$g(\cdot )$表示两点之间的所有最短路的方案数（不考虑中间是否经过障碍）
不难得到一个非常naive的式子：
$$\begin{gathered} d{p}_i=g((1,1),w_i)-\sum _{j<i}g(j,i)d{p}_j \\ ans=d{p}_{|S|+1} \end{gathered}$$
但是这样做的时间复杂度是$O((n+m{)}^2$,尝试优化

首先对式子换一个好看点的形式：
令$f_i=d{p}_i$,有
$$f_i=-(g((1,1),w_i)-\sum _{j<i}g(j,i)d{p}_j)=-g((1,1),w_i)-\sum _{j<i}g(j,i)f_j=\sum _{j=0}^{i-1}g(w_j,w_i)f_j$$
这里我们把起点也加入了$S$中，并令它为第0个点（显然合理）
从而
$$\begin{gathered} f_i=\sum _{j=0}^{i-1}g(w_j,w_i)f_j,0\le i\le |S|+1 \\ ans=-f_{|S|+1} \end{gathered}$$

注意到障碍总共可以分为两类：

• 题目里原本就在的,数量为O(M)
• 我们新加的，数量为O(N)

而M其实并不大，第一类的点最多带来$O(M(N+M))$的复杂度，这部分我们可以直接暴力。此时我们需要优化的部分就是后者内部的$O(N\times N)$的复杂度
对第二类点换一种记法：
$$\begin{gathered} w_{i,1}=(2i-1,2i+1) \\ {w}_{i,2}=(2i,2i+1) \end{gathered}$$
我们先假设第一类点的贡献已经统计完了($w_{i,1},w_{i,2}$之间的贡献也可以在这里算好，复杂度$O(N)$)，那么此时
$$\begin{gathered} f_{i,1}=f_{i,1}-\sum _{j<i}{f}_{j,1}g(w_{j,1},w_{i,1})+f_{j,2}g(w_{j,2},w_{i,1}) \\ {f}_{i,2}=f_{i,2}-\sum _{j<i}{f}_{j,1}g(w_{j,1},w_{i,2})+f_{j,2}g(w_{j,2},w_{i,2}) \end{gathered}$$
注意到这里$g(\cdot )$的含义其实非常好求，因为它不需要考虑中间经过的点的类型，我们把它写出来
$$\begin{gathered} g(w_{j,2},w_{i,1})=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4(i-j)-1}{2(i-j)}\right) \\ g(w_{j,1},w_{i,1})=g(w_{j,2},w_{i,2})=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4(i-j)}{2(i-j)}\right) \\ g(w_{j,1},w_{i,2})=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4(i-j)+1}{2(i-j)}\right) \end{gathered}$$
不难发现它们其实都可以表示成$(i-j)$的函数，那么显然上述式子就可以用fft来优化了，从而这部分的时间复杂度来到了$O(Nlo{g}^{2}N)$
所以总体复杂度为$O(M(N+M)+Nlo{g}^{2}N)$
over
(退役口胡选手不想敲代码…

那么理论上这种题目也是可以推广的，任意形状的阶梯型我们都可以用同样的复杂度来求解，哪怕有多条边有阶梯形也没有关系（只要中间没有洞）