Codeforces 559C 详细题解
文章目录
- 1. 题意
- 2. 题解
- 2.1 情况0：如果不存在障碍物
- 2.2 情况1: 如果存在一个障碍物
- 3.3 情况2：如果存在两个障碍物
- 3.4 情况3: 如果存在多个障碍物
- 4. 代码实现
- 5. 从集合角度看
- 6. 参考
1. 题意
给定 h × w h\times w h×w大小的二维数组， 再给定 n n n个障碍
物。我们从左上角出发，每次只能向右或者向下走
动，问有多少种方法从左上到右下？
cf559c
2. 题解
动态规划+组合计数+容斥原理+乘法逆元
我们一步步慢慢分析
2.1 情况0：如果不存在障碍物
首先我们分析，如果没有障碍物，
从 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)到 ( x , y ) (x,y) (x,y)一共有多少种走法呢？没错应该是
( x + y x ) {x+y \choose x} (xx+y)种。为什么呢？我们一共要走
x + y x+y x+y步， x x x步向下， y y y步向右，因此也就是 x + y x+y x+y
步中选择 x x x步向下，或者 y y y步向下， 也就是
a n s = ( x + y x ) = ( x + y y ) ans ={x+y \choose x}={x+y \choose y} ans=(xx+y)=(yx+y)
2.2 情况1: 如果存在一个障碍物
如果在 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)和 ( x , y ) (x,y) (x,y)之间存在一个障碍物
( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0), 我们可以直接用总数减去通过该障碍物的
路径数目。经过障碍物到达右下的路径数可以通过
乘法计数来求得
( x 0 + y 0 x 0 ) ( x + y − x 0 − y 0 x − x 0 ) {x_0+y_0 \choose x_0}{x+y-x_0-y_0 \choose x-x_0} (x0x0+y0)(x−x0x+y−x0−y0)
因此最终的路径数目为
a
n
s
=
(
x
+
y
x
)
−
(
x
0
+
y
0
x
0
)
(
x
+
y
−
x
0
−
y
0
x
−
x
0
)
ans={x+y \choose x}-\\{x_0+y_0 \choose x_0}{x+y-x_0-y_0 \choose x-x_0}
ans=(xx+y)−(x0x0+y0)(x−x0x+y−x0−y0)
3.3 情况2：如果存在两个障碍物
假设这两个障碍物位置为
B 0 ( x 0 , y 0 ) , B 1 ( x 1 , y 1 ) B_0(x_0, y_0), B_1(x_1, y_1) B0(x0,y0),B1(x1,y1)
我们需要分情况进行讨论，这两个障碍物是否
独立。所谓独立就是说，在经过 B 0 B_0 B0去往右下角终点
的路径上是否会出现点 B 1 B_1 B1; 如果出现了，那么在计
数的时候就会出现重复，需要去除重复的路径数。
我们容易得到，如果两者之间只要满足
( x 0 − x 1 ) ( y 0 − y 1 ) < 0 (x_0-x_1)(y_0-y_1) < 0 (x0−x1)(y0−y1)<0， 它们两点之间就独立。
对于独立的点，我们逐个减去经过它到达终点
的方案数就可以了。
a n s = ( x + y x ) − ∑ i = 0 1 ( x i + y i x i ) ( x − x i + y − y i x − x i ) ans= {x+y \choose x} -\\\sum_{i=0}^1{x_i+y_i \choose x_i} { x-x_i+y-y_i \choose x-x_i} ans=(xx+y)−i=0∑1(xixi+yi)(x−xix−xi+y−yi)
而对于两点不独立存在重复的情况，我们要试
着让他们独立。
假设 B 1 在 B 0 B_1在B_0 B1在B0的右下，也就是 x 0 < = x 1 ∧ y 0 < = y 1 x_0 <= x_1 \land y_0 <= y_1 x0<=x1∧y0<=y1。
我们在计算经过 B 0 B_0 B0到达右下角的路径中必然包
含了同时经过 B 0 B 1 B_0B_1 B0B1到达右下角的路径，因此我们
只需要计算经过 B 1 B_1 B1而经过 B 0 B_0 B0到达右下角的路径数
目。也就是到达 B 1 B_1 B1的路径上不能有其他障碍物，而
从左上角不经过障碍物到 B 1 B_1 B1的方案数实际上就是求
情况1。
我们定义 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]为不经过障碍物从 ( 0 , 0 ) (0, 0) (0,0)到达
( i , j ) (i,j) (i,j)的可能路径数。最终的路径数为：
a n s = d p [ x ] [ y ] = ( x + y x ) − ∑ i = 0 1 d p [ x i ] [ y i ] ( x + y − x i − y i x − x i ) ans = dp[x][y]= {x+y \choose x}-\\\sum_{i=0}^1dp[x_i][y_i]{x+y-x_i -y_i \choose x-x_i} ans=dp[x][y]=(xx+y)−i=0∑1dp[xi][yi](x−xix+y−xi−yi)
3.4 情况3: 如果存在多个障碍物
多个障碍物独立的情况仍然是直接减就可以了
a
n
s
=
d
p
[
x
]
[
y
]
=
(
x
+
y
x
)
−
∑
i
=
0
k
(
x
i
+
y
i
x
i
)
(
x
−
x
i
+
y
−
y
i
x
−
x
i
)
ans=dp[x][y]={x+y \choose x} -\\\sum_{i=0}^k{x_i+y_i \choose x_i} { x-x_i+y-y_i \choose x-x_i}
ans=dp[x][y]=(xx+y)−i=0∑k(xixi+yi)(x−xix−xi+y−yi)
如果这
k
k
k个点都不独立，我们需要从左
上的点开始算，因为它会包含经过后面障碍的路
径。依次将它们独立，也就是依次求出 d p [ x i ] [ y i ] dp[x_i][y_i] dp[xi][yi]
再像处理情况2那样处理最终的路径数
a n s = d p [ x ] [ y ] = ( x + y x ) − ∑ i = 0 k d p [ x i ] [ y i ] ( x + y − x i − y i x − x i ) ans=dp[x][y]= {x+y \choose x}-\\\sum_{i=0}^kdp[x_i][y_i]{x+y-x_i -y_i \choose x-x_i} ans=dp[x][y]=(xx+y)−i=0∑kdp[xi][yi](x−xix+y−xi−yi)
4. 代码实现
我们将右下角坐标也放入障碍物数组，再
将障碍物按左上右下的顺序进行排序；依次求
d p [ x i ] [ y i ] dp[x_i][y_i] dp[xi][yi]即可；组合数较大需要取模，预处理乘
法逆元就可以了, 可以用费马小+快速幂或者是扩展
欧几里得求出最大的阶乘逆元，再线性递推求出其
他阶乘的逆元。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <utility>
using ll = long long;
static constexpr int MAXN = 200005;
ll fac[MAXN + 1];
ll ifac[MAXN + 1];
ll MOD = 1e9 + 7;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (0 == b) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
ll d = exgcd( b, a % b, y, x);
y -= (a / b) * x;
return d;
}
ll fpow(ll base, ll cnt) {
ll ans = 1;
ll tmp = base;
while (cnt) {
if (cnt & 1) ans = ans * tmp % MOD;
tmp = tmp * tmp % MOD;
cnt >>= 1;
}
return ans;
}
void init () {
fac[0] = ifac[0] = 1;
fac[1] = 1;
ifac[1] = 1;
for (int i = 2; i <= MAXN; i++) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
}
//ll y;
//exgcd( fac[MAXN], MOD, ifac[MAXN], y);
ifac[MAXN] = fpow(fac[MAXN], MOD - 2);
for (int i = MAXN - 1; i > 1; i--) {
ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
}
ll Comb(int n, int k) {
if (n == k || k == 0) {
return 1;
}
return fac[n] * ifac[k] % MOD * ifac[n - k] % MOD;
}
int main()
{
init();
int h;
int w;
int n;
std::cin >> h >> w >> n;
std::vector<std::pair<int, int> > b;
for (int i = 0;i < n;i++) {
int x;
int y;
std::cin >> x >> y;
b.push_back(std::make_pair<>(x, y));
}
std::sort(b.begin(), b.end(),[](const std::pair<int,int> &f, const std::pair<int,int> &s){
return f.first == s.first ? f.second < s.second : f.first < s.first;
});
b.push_back(std::make_pair( h, w));
std::vector<ll> dp( n + 1, 0);
for (int i = 0;i < n + 1; ++i) {
int r = b[i].first;
int c = b[i].second;
ll res = Comb(r + c - 2, r - 1);
for (int j = 0;j < i;++j) {
int rr = b[j].first;
int cc = b[j].second;
if (rr <= r && cc <= c) {
res = res + MOD - (dp[j] * Comb(r + c - rr - cc, r - rr) % MOD) ;
res = res % MOD ;
}
}
dp[i] = res;
}
std::cout << dp[n] << std::endl;
return 0;
}
5. 从集合角度看
假设共有 n n n个障碍物分别为 B 0 ( x 0 , y 0 ) ⋯ B n − 1 ( x n − 1 , y n − 1 ) B_0(x_0,y_0)\cdots B_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1}) B0(x0,y0)⋯Bn−1(xn−1,yn−1)，
且当 i < j , x i ≤ x j ∧ y i ≤ y j i <j, x_{i} \le x_{j} \land y_i \le y_j i<j,xi≤xj∧yi≤yj。
也就是上面说得排好序，经过 B i B_i Bi到达终点的路径
包含同时经过 B i B j B_i\ B_j Bi Bj的路径。
我们令事件 P i , 0 ≤ 0 < n P_i, 0 \le 0 <n Pi,0≤0<n为经过 P i P_i Pi到达终点的路
径。
令 d p [ i ] dp[i] dp[i]为从 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)不经过障碍物到达 B i B_i Bi的路径
数。
那么实际上 d p [ i ] dp[i] dp[i]：
d p [ i ] = C n t ( P 0 ⋯ P i − 1 ‾ P i ) dp[i] =Cnt(\overline{P_0 \cdots P_{i-1}}P_i) dp[i]=Cnt(P0⋯Pi−1Pi)
求出所有不经过障碍物到达右下的路径相当于：
P 0 P 1 ⋯ P n − 1 ‾ = 1 − ( P 0 + P 0 ‾ P 1 + ⋯ P 0 P 1 ⋯ P n − 2 ‾ P n − 1 ) \overline{P_0P_1\cdots P_{n-1}}=1 -(P_0+ \overline{P_0}P_1+\\\cdots \overline{P_0P_1\cdots P_{n-2}}P_{n-1}) P0P1⋯Pn−1=1−(P0+P0P1+⋯P0P1⋯Pn−2Pn−1)
6. 参考
03xf-sarinee