AGC001E BBQ Hard 组合计数

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题目大概要求的就是∑i=1n∑j=i+1nC(ai+aj+bi+bj,ai+aj)∑i=1n∑j=i+1nC(ai+aj+bi+bj,ai+aj)\displaystyle\sum_{i = 1}^n\displaystyle\sum_{j = i + 1}^nC(a_i+a_j+b_i+b_j,a_i+a_j)

看这个式子发现怎么都不是很好求观察到坐标范围不是很大考虑组合意义

如果只能向右和向上走并且x<p,y<qx<p,y<qx

则从点(x,y)(x,y)(x, y)到点(p,q)(p,q)(p, q)的方案数为C(p−x+q−y,p−x)C(p−x+q−y,p−x)C(p - x + q - y, p - x)

这个理解起来不是很难就是总步数选取多少步向右走

回到题目先把式子化一下就变成了

(∑i=1n∑j≠inC(ai+aj+bi+bj,ai+aj))/2(∑i=1n∑j≠inC(ai+aj+bi+bj,ai+aj))/2(\displaystyle\sum_{i = 1}^n\displaystyle\sum_{j ≠ i}^nC(a_i+a_j+b_i+b_j,a_i+a_j)) / 2

那么题目要求的式子就可以转化成点(−aj,−bj)(−aj,−bj)(-a_j, -b_j)到点(ai,bi)(ai,bi)(a_i, b_i)的路径数

这个东西一个O(坐标2)O(坐标2)O(坐标^2)的dpdpdp就能解决然后就做完了

当然对于每个点要记得减去(−ai,bi)(−ai,bi)(-a_i, b_i)到(ai,bi)(ai,bi)(a_i, b_i)的方案数

Codes

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int M = 2e5 + 10, N = 8000 + 10, mod = 1e9 + 7;
int a[M], b[M], fac[N], inv[N];
int ans, n, f[N][N];int qpow(int a, int x) {int ret = 1;while(x) {if(x & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;x >>= 1, a = 1ll * a * a % mod;}return ret;
}void Init(int maxn) {scanf("%d", &n);fac[0] = inv[0] = 1;for(int i = 1; i <= maxn; ++ i)fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;inv[maxn] = qpow(fac[maxn], mod - 2);for(int i = maxn; i >= 1; -- i)inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % mod;
}int C(int n, int m) {if(n < m) return 0;return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("AT1983.in", "r", stdin);freopen("AT1983.out", "w", stdout);
#endifInit(N - 5);for(int i = 1; i <= n; ++ i) {scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);++ f[2002 - a[i]][2002 - b[i]];}for(int i = 1; i <= 4002; ++ i)for(int j = 1; j <= 4002; ++ j) (f[i][j] += (f[i - 1][j] + f[i][j - 1]) % mod) %= mod;for(int i = 1; i <= n; ++ i)(ans += f[a[i] + 2002][b[i] + 2002] - C((a[i] + b[i]) * 2, a[i] * 2)) %= mod;cout << 1ll * (mod + 1) / 2 * (ans + mod) % mod << endl;return 0;
}

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