@xzyxzy
2018-10-18T20:20:21.000000Z
字数 1917
阅读 1544
题解
骗你呢
求满足以下条件的的矩阵的个数对取模
对于矩阵中的第行第列的元素都有
不会做啊!(杠了四五个小时!)
谢两位dalao:blog1、blog2
以下图片均来自于此篇文章:http://www.cnblogs.com/coco-night/p/9552677.html,如有冒犯请与我联系,谢谢!
首先发现一个很好的性质:
每行是递增的并且一行个元素,取值只能在中选
那么必然该行至多有一个位置与后一个位置相差2,其余的都只相差1
由此可以列出一个简单的:
表示第行没有出现过的数是的方案数
至于上界为什么是可以手动模拟一下,假设这行没有出现过,上一行试一试、、、,发现大于的就不合法了
略微优化一下就变成了
发现这个像极了组合数公式,把它套用在坐标系里就是这个样子
自上而下第行,从左往右第列的点就表示,其指向的点就表示可以转移
这样仍然不太好处理,我们继续转化:
还是不好看,给它对称一下:
这么一看,不就是从原点出发,只能向右或向上走,不接触直线A,B,到达点(n+m+1,n)的路径条数吗!
直线,直线
这种格路数计算(如两双手)都可以考虑采用容斥计数
不考虑其他限制,原点到的方案数是
考虑不合法方案是什么:如依次经过
把它缩一下:
可以发现不合法方案要么以开头要么以开头
表示为首次跨越的直线是还是
所以:答案=总方案数 - A开头的方案数 - B开头的方案数
,把沿对称得到
每条从到的路径都依次对应一条以A结尾或者以AB结尾的路径!
如图:(这个图是我自己画的!)
上面是一条以结尾的路径
上面是一条以结尾的路径
所以,总共的不合法方案是
为了减去以开头的方案,需要减去以A,AB结尾的方案,加上以BA,BAB结尾的方案,减去....
那么实现方式是:把(x,y)沿A翻折,减去答案;将翻折过的点沿B翻着,加上答案;再沿A翻折...
同理计算以开头的方案,就是先沿折就好了
具体细节的话沿着折是,沿着折是
完美解决本题!
#include<iostream>
using namespace std;
const int P=1e9+7,N=3e6+10;
int n,m,up,inv[N],jc[N],inj[N];
int Calc(int x,int y) {return (x<0||y<0)?0:1ll*jc[x+y]*inj[x]%P*inj[y]%P;}
void flip1(int &x,int &y) {swap(x,y);x--;y++;}
void flip2(int &x,int &y) {swap(x,y);x+=m+2;y-=m+2;}
void add(int &x,int y) {x+=y;if(x>=P) x-=P;}
int main()
{
cin>>n>>m;inv[0]=inv[1]=jc[0]=inj[0]=1;up=max(n,m)*3+1;
for(int i=2;i<=up;i++) inv[i]=(P-1ll*P/i*inv[P%i]%P)%P;
for(int i=1;i<=up;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%P,inj[i]=1ll*inj[i-1]*inv[i]%P;
int x=n+m+1,y=n,ans=Calc(x,y);
while(x>=0&&y>=0)
{
flip1(x,y);add(ans,P-Calc(x,y));
flip2(x,y);add(ans,Calc(x,y));
}
x=n+m+1,y=n;
while(x>=0&&y>=0)
{
flip2(x,y);add(ans,P-Calc(x,y));
flip1(x,y);add(ans,Calc(x,y));
}
return cout<<ans<<endl,0;
}