第一周周训 1-1 E大大走格子

大大走格子

有一个h行w列的棋盘，里面有一些格子是不能走的，现在要求从左上角走到右下角的方案数。

Input
单组测试数据。 
第一行有三个整数h, w, n(1 ≤ h, w ≤ 10^5, 1 ≤ n ≤ 2000)，表示棋盘的行和列，还有不能走的格子的数目。 
接下来n行描述格子，第i行有两个整数ri, ci (1 ≤ ri ≤ h, 1 ≤ ci ≤ w)，表示格子所在的行和列。 
输入保证起点和终点不会有不能走的格子。
Output
输出答案对1000000007取余的结果。
Sample Input
3 4 2
2 2
2 3
Sample Output
2

看到题以为是组合数的题，我们做过机器人走方格。现在有了黑点，考虑补集思想和容斥原理。那么最终答案=way[任意走]−way[途经至少一个黑点]+way[途经至少两个黑点]−way[途经至少三个黑点]...way[任意走]−way[途经至少一个黑点]+way[途经至少两个黑点]−way[途经至少三个黑点]...（其中way表示方案数）。而N=2000显然是不能枚举集合的，而且目前我所学的知识没办法解决，我们就需要本题容斥的特殊性了：不同对象之间存在依赖性与阶段性。也就是说我们选出至少两个黑点是在先选出一个黑点的基础上，考虑这个黑点还能到达哪些黑点从而得到的，以此类推。

我们所求的答案是走到点（n，m）不经过任何一个黑点的路径数量；

我们先对点进行排序 // x升序，y升序

用 dp[i]表示从（1，1）到第i个点不经过任何一个黑点的路径数量。

所以为（n，m）就是第 k+1 个点。

dp[i]=c(x1+y1-2,x1-1);//初始化

动态转移方程 dp[i]=(dp[i]-dp[j]*c(x1-x2+y1-y2,x1-x2)%mod+mod)%mod;

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const long long mod=1000000007;

ll jc[200050]= {1};

struct node
{
    int x;
    int y;
} black[2020];

bool cmp(node a,node b)
{
    if(a.x==b.x)
        return a.y<b.y;
    return a.x<b.x;
}

ll power(ll a,ll b,ll c)
{
    ll ans=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
            ans=ans*a%c;
        a=a*a%c;
        b=b>>1;
    }
    return ans;
}

ll c(ll a,ll b)
{
    return jc[a]*power(jc[b]*jc[a-b]%mod,mod-2,mod)%mod;
}

int main()
{
    for(ll i=1; i<=200000; i++) ///预处理
        jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
    
    ll n,m,k,dp[2020];memset(dp,0,sizeof(dp));
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1; i<=k; i++)
        cin>>black[i].x>>black[i].y;
    black[++k]=node{n,m};
    sort(black+1,black+1+k,cmp);
    for(int i=1; i<=k; i++)
    {
        ll x1=black[i].x,y1=black[i].y;
        dp[i]=c(x1+y1-2,x1-1);
        for(int j=1; j<i; j++)
        {
            ll x2=black[j].x,y2=black[j].y;
            if(x2<=x1&&y2<=y1)///判断条件
                dp[i]=(dp[i]-dp[j]*c(x1-x2+y1-y2,x1-x2)%mod+mod)%mod;
        }
    }
    cout<<dp[k]<<endl;
    return 0;
}

如果没有不明白的可以参考博客：https://blog.csdn.net/mrazer/article/details/52047436

第一周周训 1-1 E大大走格子

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