2019牛客多校Monotonic Matrix

Monotonic Matrix

题意：

问有多少个n * m的矩阵A满足一下情况：答案mod 1e9+7

矩阵A的所有元素∈{0,1,2}
Ai,j<=Ai+1,jA_{i,j}<=A_{i+1,j}Ai,j<=Ai+1,j
Ai,j<=Ai,j+1A_{i,j}<=A_{i,j+1}Ai,j<=Ai,j+1

题解：

我们先看看这个式子有啥规律？
对于每一行，每一列都是非下降序列，也就是说如果有一位是2，其后面都是2，如果有一位是1，其前面都是1
那我们考虑元素01和12的分界线
是(n,0)到(0,m)的两条不相交(可重合的路径)
第一个分界线以上的点是一种，两条分界线之间是一种，第二个分界线以下是一种(详细看图)

不过现在这个两个线的起终点一样，我们可以将第一个线进行偏移，变成起点为(n-1,-1)到(-1,m-1).（注意这两个线不是弧形的，而是水平竖直线）
现在问题就是起点为(n-1,-1)，终点为(-1,m-1)和起点为(n,0)，终点为(0,m),两个不相交路径的条数
怎么做？引入LGV定理
就有：
起点{a1,a2a_{1},a_{2}a1,a2}={(n,0),(n−1,−1)(n,0),(n-1,-1)(n,0),(n−1,−1)}
终点{b1,b2b_{1},b_{2}b1,b2}={(0,m),(−1,m−1)(0,m),(-1,m-1)(0,m),(−1,m−1)}
带入公式：
ans=∣(a1,b1)(a1,b2)(a2,b1)(a2,b2)∣ans= \begin{vmatrix} (a_{1},b_{1})&(a_{1},b_{2})\\ (a_{2},b_{1})&(a_{2},b_{2})\\ \end{vmatrix} ans=∣∣∣∣(a1,b1)(a2,b1)(a1,b2)(a2,b2)∣∣∣∣
(a1,b1)(a_{1},b_{1})(a1,b1)表示从(n,0)到(0,m)的路径数，从(n,0)到(0,m)共有n+m步，我们选择其中n步向上走，剩下的自然是向右走，共Cn+mnC_{n+m}^{n}Cn+mn种方法，其他同理
最终答案ans=Cn+mn∗Cn+mn−1−Cn+mm−1−Cn+mnC_{n+m}^{n}*C_{n+m}^{n-1}-C_{n+m}^{m-1}-C_{n+m}^{n}Cn+mn∗Cn+mn−1−Cn+mm−1−Cn+mn

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=3e6+9;
const int mod=1e9+7;
ll inv[maxn];
ll f[maxn];
ll f0[maxn];
void init(int N){inv[1]=inv[0]=1;f[1]=f[0]=1;f0[0]=f0[1]=1;for(int i=2;i<=N;i++){f[i]=f[i-1]*i%mod;f0[i]=(mod-mod/i)*f0[mod%i]%mod;inv[i]=inv[i-1]*f0[i]%mod;}
}
ll C(ll a,ll b){return 1ll*f[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
int main()
{//rd_test();init(10000);ll n,m;while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){cout<<(C(n+m,n)*C(n+m,n)%mod-C(n+m,n-1)*C(n+m,m-1)%mod+mod)%mod<<endl;}//Time_test();
}

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