【组合数学】【逆元】AtCoder - 1974·いろはちゃんとマス目 / Iroha and a Grid

题目

传送门

题目大意

一个 H×W H × W 的矩形，左下角的 A×B A × B 的矩形区域不能走，问左上角走到右下角的方案数模 109+7 10 9 + 7 。

分析

大题分析 - 组合数学

如果无视障碍，从 (x,y) ( x , y ) 走到 (m,n) ( m , n ) 的方案数是 Cn−ym−x+n−y C m − x + n − y n − y 。

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用动规的思想： dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i][j−1] d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j ] + d p [ i ] [ j − 1 ] ，从 (1,1) ( 1 , 1 ) 到每个格子的方案数如下：

发现把它歪过来就是杨辉三角的样子，事实上，这个转移方程就是杨辉三角的转移方程，即 Cnm=Cnm−1+Cn−1m C m n = C m − 1 n + C m n − 1 ，如果要从杨辉三角上看组合数的话就是这个样子： C00=1 C 0 0 = 1 ， C01=1 C 1 0 = 1 ， C11=1 C 1 1 = 1 ， C02=1 C 2 0 = 1 ， C12=2 C 2 1 = 2 ， C22=1 C 2 2 = 1 ……注意是从 0 0 开始的。

从这里面框出一个平行四边形区域就是这道题的模样了：

所以从 (1,1) ( 1 , 1 ) 走到 (x,y) ( x , y ) 的方案数是 Cy−1x+y−1−1 C x + y − 1 − 1 y − 1 （在杨辉三角中数出来的行数和列数都要减一，才是组合数的答案）即 Cy−1x+y−2 C x + y − 2 y − 1 。由于从 (x,y) ( x , y ) 走到 (m,n) ( m , n ) 的方案数就是从 (1,1) ( 1 , 1 ) 走到 (m−x+1,n−y+1) ( m − x + 1 , n − y + 1 ) 的方案数，而后者是 C(n−y+1)−1(m−x+1)+(n−y+1)−2=Cn−ym−x+n−y C ( m − x + 1 ) + ( n − y + 1 ) − 2 ( n − y + 1 ) − 1 = C m − x + n − y n − y ，最开头的结论得证。

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枚举 B+1≤i≤W B + 1 ≤ i ≤ W ，由于需要烧过左下角的区域，则每种方案必定经过一个格子 (H−A,i) ( H − A , i ) ，那么我们就将 (1,1) ( 1 , 1 ) 到 (H,W) ( H , W ) 分成了两步： (1,1) ( 1 , 1 ) 到 (H−A,i) ( H − A , i ) ， (H−A+1,i) ( H − A + 1 , i ) 到 (H,W) ( H , W ) （注意第二步的开始点是 (H−A+1,i) ( H − A + 1 , i ) ，否则对于样例1就会出问题，这点我想了）。所以：

Ans=∑i=B+1W(Ci−1H−A−1+i−1×CW−iH−(H−A+1)+W−i)=∑i=B+1W(Ci−1H−A+i−1×CW−iA+W−i−1) A n s = ∑ i = B + 1 W ( C H − A − 1 + i − 1 i − 1 × C H − ( H − A + 1 ) + W − i W − i ) = ∑ i = B + 1 W ( C H − A + i − 1 i − 1 × C A + W − i − 1 W − i )

细节 - 逆元

组合数的计算公式： Cnm=m!n!(m−n)! C m n = m ! n ! ( m − n ) ! 。
有除法，又要模 109+7 10 9 + 7 ，除法没有分配率，是不是凉了_(:з」∠)_，由于组合数计算一定能整除，所以用逆元转化一下即可，关于逆元：广告传送门。
所以 Cnm%M=m!⋅n!−1⋅(m−n)!−1%M C m n % M = m ! · n ! − 1 · ( m − n ) ! − 1 % M 。妈妈再也不用担心我的除法取模了

代码

将阶乘和逆元初始化出来。
逆元可以用递推的方式求。

inv[i!]≡i!−1≡1i!≡i+1(i+1)!≡(i+1)!−1⋅(i+1)≡inv[i+1]⋅(i+1) i n v [ i ! ] ≡ i ! − 1 ≡ 1 i ! ≡ i + 1 ( i + 1 ) ! ≡ ( i + 1 ) ! − 1 · ( i + 1 ) ≡ i n v [ i + 1 ] · ( i + 1 )

这里的 −1 − 1 次方和分数线只是一个记号，但是有同样的分式的性质。
所以计算出 inv[n!] i n v [ n ! ] ，即可递推得出其他的逆元

#include

#define LL long long
#define MAXN 100000
#define MOD 1000000007
LL fac[2*MAXN+5];//fac[i]表示i!
LL inv[2*MAXN+5];//inv[i]表示i!的逆元

LL Pow(LL x,LL p){//快速幂求逆元
    LL ret=1;
    while(p){
        if(p&1)
            ret=ret*x%MOD;
        x=(x*x)%MOD;
        p>>=1;
    }
    return ret;
}

void Prep(int N){
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;//随时随地记得把模带上
    inv[0]=1;//这里要注意一下
    inv[N]=Pow(fac[N],MOD-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
}

LL C(int m,int n){
    return fac[m]*inv[n]%MOD*inv[m-n]%MOD;//计算组合数
}

int main(){
    int H,W,A,B;
    scanf("%d%d%d%d",&H,&W,&A,&B);
    Prep(H+W);
    LL Ans=0;
    for(int i=B+1;i<=W;i++){
        LL tmp1=C(H-A+i-2,i-1);
        LL tmp2=C(A+W-i-1,W-i);//不开long long会乘爆
        Ans=(Ans+(tmp1*tmp2)%MOD)%MOD;
    }
    printf("%lld",Ans);
}