【\(Description\)】
网格中每步可以走\((0,\cdots M_x,0\cdots M_y)\)中任意非零向量，有\(K\)种向量不能走，分别是\((r_1,r_1),(r_2,r_2),\cdots , (r_K,r_K)\)。 \(r_i\)一定是\(10\)的倍数。求从\((0,0)\)走到\((Tx,Ty)\)且走\(R\)步的方案数（ \(Tx,Ty,Mx,My\leq 800,R\leq 1600,K\leq 50\)）
无 【\(Input\;Sample\)】
无 【\(Output\;Sample\)】
【朴素做法一】
设\(F_{i,x,y}\)表示走\(i\)步到\((x,y)\)的方案数
\[F_{i,x,y}=\sum_{a=0}^{Mx} \sum_{b=0}^{My} F_{i-1,x-a,y-b} \]
\[((a,b)\neq ((r_1,\cdots r_K,r_1,\cdots r_K)) \]
状态枚举\(i,x,y\)，状态转移枚举\(a,b\)
\(O(1600\times 800^4\))
【朴素做法二】
在做法一的算法考虑如何优化。
我们注意到:状态转移这个东西，如果排除掉那\(K\)个不能走的向量，相当于对一个\(Mx\times My\)的矩阵求和
而这个东西是可以用二维前缀和维护的。所以我们只需枚举那\(K\)个不能走的向量，实现\(O(K)\)的转移
这里我们把\(K=50\)这个常数忽略掉
\(O(1600\times 800^2\))
【正解】
还是这个状态转移方程：
\[F_{i,x,y}=\sum_{a=0}^{Mx} \sum_{b=0}^{My} F_{i-1,x-a,y-b} \]
我们发现：\(x,y\)是相互独立的，也就是说\(x\)轴上的转移与\(y\)轴上的转移是没有关系的
所以我们完全可以开两个数组：
\(f_{i,x}\)表示在一维上走\(i\)步到横坐标为\(x\)的方案数，\(g_{i,y}\)表示在一维上走\(i\)步到纵坐标为\(y\)的方案数
由此可得：
\[F_{i,x,y}=f_{i,x}\times g_{i,y} \]
通过前缀和维护，即可\(O(R\times Tx)=O(1600\times 800)\)完成\(DP\)
这只是\(K=0\)的情况，如何排除那些不合法的步数？
我们设\(h_{i,z}\)表示走\(i\)步全都不合法，走到\((10z,10z)\)的方案数（\(r_i\)一定是\(10\)的倍数）
\[h_{i,z}=\sum_{j=1}^K h_{i-1,z-r_j} \]
还有一个细节，由于\((0,0)\)也是不合法的，那就添加一个\(r_0=0\)即可
这就要用到容斥原理了。
即可得到答案：
\[\sum_{i=0}^R \sum_{z=0}^{\frac{min(Tx,Ty)}{10}} (-1)^i \times h_{i,z} \times f_{R-i,Tx-10z} \times g_{R-i,Ty-10z} \times C_R^i \]