一本通OJ 1810 登山题解

news2024/11/24 13:28:22

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题目大意

从 $(0, 0)$ 走到 $(n, n)$ ，不能超过直线 $y = x$ ，并且图上有 $m$ 个点不能走，问你有几种方案

解题思路

很明显这题与卡特兰数有关，但是不同点在于这题中存在点不能走

考虑容斥，我们要求出总方案数和不合法方案数相减

总方案数即是卡特兰数

假设 $f_i$ 是从 $(0, 0)$ 走到第 $i$ 个不能走的点 $x_i,y_i)$ 且不经过之前任何一个不能走的点的方案数

这样就能保证不会重复统计

考虑 $f_i$ 如何递推：

再次考虑容斥， $f_i$ 等于从 $(0, 0)$ 走到 $x_i,y_i)$ 的方案数减从 $x_{i-1},y_{i-1})$ 走到 $x_i,y_i)$ 的方案数乘 $f_{i-1}$

那么现在需要解决的是，如何求从 $x_a,y_a)$ 走到 $x_b,y_b)$ 的方案数

具体的，我们假定从 $(3, 0)$ 走到 $(6, 5)$
在这里插入图片描述
接下来以这个例子来解释做法，再次考虑容斥原理

如果不考虑不超过 $y = x$ ，那么从 $(3, 0)$ 走到 $(6, 5)$ 总共有 $C_{6-3+5-0}^{6-3}$ 种

不超过 $y = x$ 等价于不经过 $y = x + 1$ ，我们将点 $(6, 5)$ 对称过去得到点 $(4, 7)$
在这里插入图片描述
从 $(3, 0)$ 走到 $(4, 7)$ 的方案数与从 $(3, 0)$ 走到 $(6, 5)$ 的不合法的方案是相等

解释如图，从 $(3, 0)$ 走到 $(4, 7)$ 的路线超出 $y = x + 1$ 的部分对称回去即可走到 $(6, 5)$
在这里插入图片描述
从 $(3, 0)$ 走到 $(4, 7)$ 总共有 $C_{4-3+7-0}^{4-3}$ 种

因此从 $(3, 0)$ 走到 $(6, 5)$ 的合法的方案即为 $C_{6-3+5-0}^{6-3}-C_{4-3+7-0}^{4-3}$

$x_b,y_b)$ 关于 $y = x + 1$ 对称即为 $y_b-1,x_b+1)$ ，不合法方案数 $C_{y_b-1-x_a+x_b+1-y_a}^{y_b-1-x_a}=C_{x_b-x_a+y_b-y_a}^{y_b-x_a-1}$

由此可以推导得出，从 $x_a,y_a)$ 走到 $x_b,y_b)$ 的方案数为 $C_{x_b-x_a+y_b-y_a}^{x_b-x_a}-C_{x_b-x_a+y_b-y_a}^{y_b-x_a-1}$

Q：如果出现 $y_b-1<x_a$ 的情况怎么办？（可以证明不存在 $x_b+1<y_a$ 的情况）

A：可以发现这种情况不存在不合法方案，所以方案数即为 $C_{x_b-x_a+y_b-y_a}^{x_b-x_a}$

最后答案就是从 $(0, 0)$ 走到 $(n, n)$ 的方案数减从 $x_m,y_m)$ 走到 $(n, n)$ 的方案数乘 $f_m$

因此也可以把 $(n, n)$ 变成第 $m + 1$ 个点进行同样操作

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9;
const int C = 1009;
const int MOD = 1e9 + 7;
int n, m, a[C], b[C];
long long fac[N * 2], inv[N * 2], f[C], sum;
long long pw(long long a, int b) {
	long long res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) res = res * a % MOD;
		a = a * a % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
long long c(int n, int m) {return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;}
long long sol(int sx, int sy, int tx, int ty) {
	if (ty <= sx) return c(tx - sx + ty - sy, tx - sx);
	else return (c(tx - sx + ty - sy, tx - sx) - c(tx - sx + ty - sy, ty - sx - 1) + MOD) % MOD;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n + n; ++ i) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
	inv[n + n] = pw(fac[n + n], MOD - 2);
	for (int i = n + n - 1; i >= 1; -- i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	for (int i = 1; i <= m; ++ i) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
	for (int i = 1; i <= m; ++ i)
		for (int j = i + 1; j <= m; ++ j)
			if (a[i] > a[j] || (a[i] == a[j] && b[i] > b[j]))
				swap(a[i], a[j]), swap(b[i], b[j]);
	for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
		f[i] = sol(0, 0, a[i], b[i]);
		for (int j = 1; j < i; ++ j) {
			if (b[i] < b[j]) continue;
			f[i] = (f[i] - f[j] * sol(a[j], b[j], a[i], b[i]) % MOD + MOD) % MOD;
		}
	}
	sum = sol(0, 0, n, n);
	for (int i = 1; i <= m; ++ i)
		sum = (sum - f[i] * sol(a[i], b[i], n, n) % MOD + MOD) % MOD;
	printf("%lld", sum);
	return 0;
}