[BZOJ4005][JLOI2015]骗我呢（组合数学好题）

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• 洛谷 P3266
• BZOJ 4005
• LOJ #2109

Solution

• 非常有意思，思路非常棒的题目
• 发现一个很优秀的条件：对于 $1\le i\le n$1≤i≤n ， $1\le j\le m$1≤j≤m 满足 $0\le x_{i,j}\le m$0≤xi,j​≤m ，并且对于任意的 $1\le i\le n$1≤i≤n ， $1\le j&lt;m$1≤j<m 满足 $x_{i,j}&lt;x_{i,j+1}$xi,j​<xi,j+1​
• 这个条件告诉我们：这个数组每行都是 $[0,m]$[0,m] 内的数扔掉其中一个之后再按顺序排列的
• 如 $m=3$m=3 时 $x_{i,j}$xi,j​ 一行内的合法方案只有 $4$4 种（ $1,2,3$1,2,3 ， $0,2,3$0,2,3 ， $0,1,3$0,1,3 ， $0,1,2$0,1,2 ）
• 于是我们把问题转化成了一个序列 $a_i\in[0,m](1\le i\le n)$ai​∈[0,m](1≤i≤n) 的计数（即 $a_i$ai​ 在第 $i$i 行没有出现过）
• 而对于 $x_{i,j}&lt;x_{i-1,j+1}$xi,j​<xi−1,j+1​ 的限制，分析一下可以发现，这等价于对于每个 $1&lt;i\le n$1<i≤n 都有 $a_i\ge a_{i-1}-1$ai​≥ai−1​−1
• 可以假设 $a_0=0$a0​=0 ，那么上面的条件对于 $1\le i\le n$1≤i≤n 都满足
• 我们有了一个 DP 状态： $f[i][j]$f[i][j] 表示确定到前 $i$i 个数，第 $i$i 个数不超过 $j$j 的方案数（ $j$j 的上界是 $m+1$m+1 ，原因下面会解释）
• $f[0][0]=1$f[0][0]=1
• $f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j+1]$f[i][j]=f[i][j−1]+f[i−1][j+1]
• 意义是第 $i$i 个数为 $j$j 时，第 $i-1$i−1 个数必须 $\le j+1$≤j+1 ，这个方案再加上第 $i$i 个数不超过 $j-1$j−1 的方案数
• 注意到如果 $j$j 的上界为 $m$m ，那么这个转移在 $j&lt;m$j<m 和 $j=m$j=m 时会有区别，不便于接下来的讨论
• 答案为 $f[n][m+1]$f[n][m+1]
• 我们有了 $O(nm)$O(nm) 的 DP 之后，我们考虑从 $f[0][0]$f[0][0] 转移到 $f[n][m+1]$f[n][m+1] 的过程
• 假设现在在 $f[i][j]$f[i][j]
• 执行第一种转移之后， $j$j 会加一
• 执行第二种转移之后， $i$i 加一， $j$j 减一
• 显然这个过程中， $j$j 不能小于 $0$0 或大于 $m+1$m+1
• 把从 $f[0][0]$f[0][0] 到 $f[n][m+1]$f[n][m+1] 的转移过程描述成一个 $-1$−1 和 $1$1 构成的序列， $-1$−1 表示第一种转移， $1$1 表示第二种转移
• 那么经过前 $k$k 次转移之后 $j$j 的值，就等于这个序列的长度为 $k$k 的前缀和
• 于是这个序列需要满足任意的前缀和都不能小于 $0$0 或大于 $m+1$m+1
• 把问题抽象到二维平面上，答案即为从 $(0,0)$(0,0) 出发，只能往右或往上走，在 $y=x$y=x 和 $y=x+m+1$y=x+m+1 两条直线的夹缝之间（相当于不能触碰直线 $y=x-1$y=x−1 和 $y=x+m+2$y=x+m+2 ）到达 $(n,n+m+1)$(n,n+m+1) 的方案数
  
• 如果不考虑限制，那么方案数显然为 $\binom{2n+m+1}n$(n2n+m+1​)
• 答案可以看成
• $\binom{2n+m+1}n-先越过下边界的方案数-先越过上边界的方案数$(n2n+m+1​)−先越过下边界的方案数−先越过上边界的方案数
• 考虑先越过下边界的方案数。考虑一条 $(0,0)$(0,0) 到 $(n,n+m+1)$(n,n+m+1) 的，第一个越过的边界为下边界的路径，如果找到第一个越过下边界的点，将这个点之后的路径（下图中蓝色）关于直线 $y=x-1$y=x−1 翻折（下图中紫色）
  
• 发现这其实就是 $(0,0)$(0,0) 到 $(n+m+2,n-1)$(n+m+2,n−1) ，第一个越过的边界为下边界的方案数
• 同理，先越过上边界到达 $(n,n+m+1)$(n,n+m+1) 的方案数，就是先越过上边界到达 $(n-1,n+m+2)$(n−1,n+m+2) 的方案数
• 定义两个函数
• $f(x,y)$f(x,y) ：从 $(0,0)$(0,0) 开始第一个越过的边界为下边界，到达 $(x,y)$(x,y) 的方案数
• $g(x,y)$g(x,y) ：从 $(0,0)$(0,0) 开始第一个越过的边界为上边界，到达 $(x,y)$(x,y) 的方案数
• 注意上面的 $(x,y)$(x,y) 均满足 $y-x&lt;0$y−x<0 或 $y-x&gt;m+1$y−x>m+1
• 考虑 $f(x,y)$f(x,y) ：由于 $y-x&lt;0$y−x<0 或 $y-x&gt;m+1$y−x>m+1 ，故 $(0,0)$(0,0) 到 $(x,y)$(x,y) 的路径必然越过边界
• 所以
• $f(x,y)=\binom{x+y}x-先越过上边界到达(x,y)的方案数$f(x,y)=(xx+y​)−先越过上边界到达(x,y)的方案数
• 而对于一条先越过上边界到达 $(x,y)$(x,y) 的路径，将这条路径在第一个越过 $y=x+m+1$y=x+m+1 的位置之后的部分做一个关于直线 $y=x+m+2$y=x+m+2 的翻折，就得到一条从 $(0,0)$(0,0) 开始，第一个越过的边界为上边界，到达 $(y-m-2,x+m+2)$(y−m−2,x+m+2) 的路径
• 于是
• $f(x,y)=\binom{x+y}x-g(y-m-2,x+m+2)$f(x,y)=(xx+y​)−g(y−m−2,x+m+2)
• 同理
• $g(x,y)=\binom{x+y}x-f(y+1,x-1)$g(x,y)=(xx+y​)−f(y+1,x−1)
• 如要计算一个 $f(x,y)$f(x,y) 或 $g(x,y)$g(x,y) ，则可以按照上面的两个式子进行递归求解
• 边界：当 $x&lt;0$x<0 或 $y&lt;0$y<0 时， $f(x,y)=g(x,y)=0$f(x,y)=g(x,y)=0
• 可以证明，递归最多 $O(n+m)$O(n+m) 次可以到达边界
• 答案为
• $\binom{2n+m+1}n-f(n+m+2,n-1)-g(n-1,n+m+2)$(n2n+m+1​)−f(n+m+2,n−1)−g(n−1,n+m+2)
• 复杂度 $O(n+m)$O(n+m)

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

int f(int, int);
int g(int, int);

const int N = 3e6 + 5, ZZQ = 1e9 + 7;

int n, m, fac[N], inv[N];

int C(int n, int m)
{
	return 1ll * fac[n] * inv[m] % ZZQ * inv[n - m] % ZZQ;
}

int f(int x, int y)
{
	if (x < 0 || y < 0) return 0;
	return (C(x + y, x) - g(y - m - 2, x + m + 2) + ZZQ) % ZZQ;
}

int g(int x, int y)
{
	if (x < 0 || y < 0) return 0;
	return (C(x + y, x) - f(y + 1, x - 1) + ZZQ) % ZZQ;
}

int main()
{
	std::cin >> n >> m;
	fac[0] = inv[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 1; i <= (n << 1) + m + 1; i++)
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % ZZQ;
	for (int i = 2; i <= (n << 1) + m + 1; i++)
		inv[i] = 1ll * (ZZQ - ZZQ / i) * inv[ZZQ % i] % ZZQ;
	for (int i = 2; i <= (n << 1) + m + 1; i++)
		inv[i] = 1ll * inv[i] * inv[i - 1] % ZZQ;
	std::cout << ((C((n << 1) + m + 1, n) - f(n + m + 2, n - 1)
		+ ZZQ) % ZZQ - g(n - 1, n + m + 2) + ZZQ) % ZZQ;
	return 0;
}