description
一个\(n\times m\)的棋盘上，一匹马有且仅有两种走法，分别对应向量\((A_x,A_y)\)和\((B_x,B_y)\)，保证两向量不共线。有\(n\)个障碍点\((x_i,y_i)\)，马不能跳到障碍点上，求从\((0,0)\)走到\((n,m)\)的方案数模\(10^9+7\)。
sol
先假设没有障碍。
由于两向量不共线，所以马要从\((0,0)\)跳到\((n,m)\)，两种走法分别需要的步数是确定的。这个可以列出方程求解，注意如果解不是整数则说明无解。
如果第一种走法需要\(x\)步，第二种走法需要\(y\)步，那么方案数显然就是\(\binom{x+y}{x}\)。
有了障碍点，那么一定就需要容斥。指数级的容斥显然是不行的，需要寻求更高效率的方法。
我们设\(f[i]\)表示从\((0,0)\)出发不经过任何障碍点到达第\(i\)个障碍点的方案数，设\(g[i][j]\)表示从第\(i\)个障碍点随意走到第\(j\)个障碍点（允许经过中间的障碍点）的方案数。这里要先把所有障碍点排序。
这样就存在转移：\(f[i]=g[0][i]-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times g[j][i]\)（假设第\(0\)个障碍点是\((0,0)\)），也就是枚举第一个经过的障碍点是哪个，然后就可以轻松地做到\(O(n^2)\)的转移。
令第\(n+1\)一个障碍点是\((n,m)\)，那么答案就是\(f[n+1]\)了。
注意因为\(A_x,A_y,B_x,B_y\)可以有负数，所以所需的步数可能是\(O(n^2)\)级别的，需要注意预处理组合数的上界。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 1000005;
const int mod = 1e9+7;
int Ex,Ey,n,Ax,Ay,Bx,By,inv[N],jc[N],jcn[N],f[N];
struct node{
int x,y;
bool operator < (const node &b) const{
return x==b.x?y<b.y:x<b.x;
}
}a[N];
void work(int &x,int &y){
int a1=x*By-y*Bx,a2=Ax*By-Ay*Bx;
int b1=x*Ay-y*Ax,b2=Ay*Bx-Ax*By;
if (!a2||!b2) {x=y=-1;return;}
if (a1/a2*a2!=a1||b1/b2*b2!=b1) {x=y=-1;return;}
x=a1/a2;y=b1/b2;
}
int C(int n,int m){
return 1ll*jc[n]*jcn[m]%mod*jcn[n-m]%mod;
}
int cal(int x,int y){
if (x<0||y<0) return 0;
return C(x+y,y);
}
int main(){
Ex=gi();Ey=gi();n=gi();
Ax=gi();Ay=gi();Bx=gi();By=gi();
work(Ex,Ey);if (Ex<0&&Ey<0) return puts("0"),0;
for (int i=1;i<=n;++i){
a[i].x=gi(),a[i].y=gi();work(a[i].x,a[i].y);
if (a[i].x<0||a[i].y<0||a[i].x>Ex||a[i].y>Ey) --n,--i;
}
a[++n]=(node){Ex,Ey};sort(a+1,a+n+1);
jc[0]=jcn[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for (int i=2;i<N;++i) inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for (int i=1;i<N;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod,jcn[i]=1ll*jcn[i-1]*inv[i]%mod;
for (int i=1;i<=n;++i){
f[i]=cal(a[i].x,a[i].y);
for (int j=1;j<i;++j)
f[i]=(f[i]-1ll*f[j]*cal(a[i].x-a[j].x,a[i].y-a[j].y)%mod+mod)%mod;
}
printf("%d\n",f[n]);return 0;
}