台市住房和城乡建设局网站希爱力的作用与功效

1. 题意

  给定$h\times w$大小的二维数组， 再给定$n$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$(0,0)$到$(x,y)$一共有多少种走法呢？没错应该是

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)$种。为什么呢？我们一共要走

$x+y$步， $x$步向下，$y$步向右，因此也就是$x+y$

步中选择$x$步向下，或者$y$步向下， 也就是

$$ans=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{y}\right)$$

2.2 情况1: 如果存在一个障碍物

  如果在$(0,0)$和$(x,y)$之间存在一个障碍物

$(x_0,y_0)$, 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

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_0+y_0}{x_0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y-x_0-y_0}{x-x_0}\right)$$

因此最终的路径数目为
$$\begin{gathered} ans=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)- \\ \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_0+y_0}{x_0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y-x_0-y_0}{x-x_0}\right) \end{gathered}$$

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

$B_0(x_0,y_0),B_1(x_1,y_1)$

  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$B_0$去往右下角终点

的路径上是否会出现点$B_1$; 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

$(x_0-x_1)(y_0-y_1)<0$， 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。

$$\begin{gathered} ans=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)- \\ \sum _{i=0}^1\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_i+y_i}{x_i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-x_i+y-y_i}{x-x_i}\right) \end{gathered}$$

  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$B_1在B_0$的右下，也就是$x_0<=x_1\wedge y_0<=y_1$。

  我们在计算经过$B_0$到达右下角的路径中必然包

含了同时经过$B_0{B}_1$到达右下角的路径，因此我们

只需要计算经过$B_1$而经过$B_0$到达右下角的路径数

目。也就是到达$B_1$的路径上不能有其他障碍物，而

从左上角不经过障碍物到$B_1$的方案数实际上就是求

情况1。

我们定义$dp[i][j]$为不经过障碍物从$(0,0)$到达

$(i,j)$的可能路径数。最终的路径数为：

$$\begin{gathered} ans=dp[x][y]=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)- \\ \sum _{i=0}^{1}dp[x_i][y_i]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y-x_i-y_i}{x-x_i}\right) \end{gathered}$$

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
$$\begin{gathered} ans=dp[x][y]=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)- \\ \sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_i+y_i}{x_i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-x_i+y-y_i}{x-x_i}\right) \end{gathered}$$
  如果这$k$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$dp[x_i][y_i]$

再像处理情况2那样处理最终的路径数

$$\begin{gathered} ans=dp[x][y]=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x}\right)- \\ \sum _{i=0}^{k}dp[x_i][y_i]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y-x_i-y_i}{x-x_i}\right) \end{gathered}$$

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

$dp[x_i][y_i]$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$n$个障碍物分别为$B_0(x_0,y_0)\cdots B_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1})$，

且当$i<j,x_i\le x_j\wedge y_i\le y_j$。

也就是上面说得排好序，经过$B_i$到达终点的路径

包含同时经过$B_i{B}_j$的路径。

我们令事件$P_i,0\le 0<n$为经过$P_i$到达终点的路

径。

令$dp[i]$为从$(0,0)$不经过障碍物到达$B_i$的路径

数。

那么实际上$dp[i]$：

$$dp[i]=Cnt(\overline{P_0\cdots P_{i-1}}{P}_i)$$

求出所有不经过障碍物到达右下的路径相当于：

$$\begin{gathered} \overline{P_0{P}_1\cdots P_{n-1}}=1-(P_0+\overline{P_0}{P}_1+ \\ \cdots \overline{P_0{P}_1\cdots P_{n-2}}{P}_{n-1}) \end{gathered}$$

6. 参考

03xf-sarinee