【AtCoder】【DP】【組合數學】BBQ Hard(AGC001)
阿新 • • 發佈：2018-12-10
題意：
有n個包，一個包裡面有一根竹籤，上面有編號i，還有Ai個A物品，Bi個B物品。現在選擇兩個包，用兩個竹籤將A物品和B物品串起來。兩種方法是不一樣的，當且僅當選擇的竹籤的編號不同（忽略順序）或者A,B物品的擺放順序不同（可重複排列）。
下面是N=3的情況：
資料範圍：
2≦N≦200,000 1≦Ai≦2000,1≦Bi≦2000
思路：
考試的時候只會騙…首先，很容易想到一個O(n^2)的演算法，也就是列舉兩個包，然後算這兩個包的可重複排列，就是一道大版題了…這樣子可以騙60分（夠了夠了 ）。
其實我們通常在使用組合數的時候，都忽略了組合數的基本定義。這道題的答案可以是：
然後可以轉化為一個經典組合問題：從(-Ai,-Bi)到(Aj,Bj)，只能往右或往上走的方案數。
這樣就將每一個（-Ai,-Bi）的dp值初始化為1，然後從左下向右上遞推就可以了。
還需要注意的是，這樣算出來還需要去重。
然後就可以計算答案了。
其實我覺得這道題的正解比較難想，感覺是出題人想到可以轉換這個模型之後，才硬搞出來的這樣一道題目。當然這只是個人的看法，反正我在看到正解的做法的時候是很震驚的…
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 200000
#define MAXV 4000
#define MO 1000000007
using namespace std;
int n,A[MAXN+5],B[MAXN+5];
int dp[MAXV+5][MAXV+5];
int fact[MAXV*2+5],inv[MAXV*2+5];
int PowMod(int a,int b)
{
int ret=1;
while(b)
{
if(b&1)
ret=1LL*ret*a%MO;
a=1LL*a*a%MO;
b>>=1;
}
return ret;
}
void prepare()
{
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=MAXV*2;i++)
fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%MO;
inv[MAXV*2]=PowMod(fact[MAXV*2],MO-2);
for(int i=MAXV*2-1;i>=0;i--)
inv[i]=1LL*inv[i+1]*(1LL*i+1LL)%MO;
}
int C(int a,int b)
{
return 1LL*fact[a]*inv[b]%MO*inv[a-b]%MO;
}
int main()
{
// freopen("bbq.in","r",stdin);
// freopen("bbq.out","w",stdout);
prepare();
scanf("%d",&n);
int maxval=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&A[i],&B[i]);
maxval=max(maxval,A[i]);
maxval=max(maxval,B[i]);
}
maxval++;
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[maxval-A[i]][maxval-B[i]]++;
for(int i=-maxval+1;i<=maxval;i++)
for(int j=-maxval+1;j<=maxval;j++)
dp[i+maxval][j+maxval]=(1LL*dp[i+maxval][j+maxval]+1LL*dp[i-1+maxval][j+maxval]+1LL*dp[i+maxval][j-1+maxval])%MO;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans=(1LL*ans+1LL*dp[A[i]+maxval][B[i]+maxval])%MO;
ans=((1LL*ans-1LL*C(A[i]+B[i]+A[i]+B[i],A[i]+A[i]))%MO+MO)%MO;
}
ans=1LL*ans*PowMod(2,MO-2)%MO;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}