nowcoder17133 Monotonic Matrix

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Lindström–Gessel–Viennot lemma

想学习这个定理请看：https://blog.csdn.net/Shinaria/article/details/81133316

这个定理讲的东西貌似比较广泛…这题只用到一种特殊情形

就是 $DAG$上要求 $(a_1,b_1),(a_2,b_2),...,(a_k,b_k)$这 $k$对(起点，终点)的不相交路径方案数，就等于

$\begin{vmatrix} e(a_1,b_1) & e(a_1,b_2) & \dots & e(a_1,b_n) \\ e(a_2,b_1) & e(a_2,b_2) & \dots & e(a_2,b_n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ e(a_n,b_1) & e(a_n,b_2) & \dots & e(a_n,b_n) \\ \end{vmatrix}$

先看只有 $0,1$怎么做

我可以建立这样的模型： $n \times m$的点阵，坐标为 $(i,j)$，其中 $i \in [1,n], j \in [1,m]$，我要找这样的路径：起点的 $j$坐标为 $1$，终点的 $i$坐标为 $n$

这样要枚举起点和终点，有点烦，我在最下面添加 $j=0$的一行，右边添加 $i=n+1$的一列，那么就变成 $(1,0)$到 $(n+1,m)$的路径方案数

再看 $0,1,2$怎么做

找两条路径，都从 $(1,0)$到 $(n+1,m)$，两条路径在某些点可以相交，但是不能穿过，这个还没法用上面的引理。

转化一下，把靠上的那条路径往左上方移动，那这个时候就 $ok$了， $a_1 = (0,1), b_1 = (n,m+1), a_2 = (1,0), b_2 = (n+1,m)$

直接算二阶行列式就行了

代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 1000010
#define maxe 1000010
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(_,__) for(_=1;_<=(__);_++)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{
    ll c, f(1);
    for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;
    for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;
    return f*x;
}
struct EasyMath
{
    ll prime[maxn], phi[maxn], mu[maxn];
    bool mark[maxn];
    ll fastpow(ll a, ll b, ll c)
    {
        ll t(a%c), ans(1ll);
        for(;b;b>>=1,t=t*t%c)if(b&1)ans=ans*t%c;
        return ans;
    }
    void shai(ll N)
    {
        ll i, j;
        for(i=2;i<=N;i++)mark[i]=false;
        *prime=0;
        phi[1]=mu[1]=1;
        for(i=2;i<=N;i++)
        {
            if(!mark[i])prime[++*prime]=i, mu[i]=-1, phi[i]=i-1;
            for(j=1;j<=*prime and i*prime[j]<=N;j++)
            {
                mark[i*prime[j]]=true;
                if(i%prime[j]==0)
                {
                    phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                    break;
                }
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
            }
        }
    }
    ll inv(ll x, ll p)  //p是素数
    {return fastpow(x%p,p-2,p);}
}em;
#define mod 1000000007ll
char T[maxn];
ll ans, n, m, fact[maxn], _fact[maxn];
ll C(ll n, ll m)
{
    return fact[n]*_fact[m]%mod*_fact[n-m]%mod;
}
ll calc(ll x1, ll y1, ll x2, ll y2)
{
    ll dx=abs(x1-x2), dy=abs(y1-y2);
    return C(dx+dy,dx);
}
int main()
{
    ll i, j, n, m;
    fact[0]=_fact[0]=1;
    rep(i,1e6)fact[i]=fact[i-1]*i%mod, _fact[i]=em.fastpow(fact[i],mod-2,mod);
    while(~scanf("%lld%lld",&n,&m))
    {
        ll ans = calc(0,1,n,m+1) * calc(1,0,n+1,m) - calc(0,1,n+1,m) * calc(1,0,n,m+1);
        ans = (ans%mod+mod) %mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}