[JLOI2015]骗我呢

Tags：题解

TAG：数学，DP

题意

~~骗你呢~~
求满足以下条件的(n*m)的矩阵的个数对(10^9+7)取模
对于矩阵中的第(i)行第(j)列的元素(x_{i,j})都有

(x_{i,j}<x_{i,j+1})
(x_{i,j}<x_{i-1,j+1})
(0le x_{i,j}le m)

题解

Part 0 前言

不会做啊！（杠了四五个小时！）
谢两位dalao：blog1、blog2
以下图片均来自于此篇文章：http://www.cnblogs.com/coco-night/p/9552677.html，如有冒犯请与我联系，谢谢！

Part 1 朴素DP

首先发现一个很好的性质：
每行是递增的并且一行(m)个元素，取值只能在([0,m])中选
那么必然该行至多有一个位置与后一个位置相差2，其余的都只相差1

由此可以列出一个简单的(DP)：
(dp[i][j])表示第(i)行没有出现过的数是(j)的方案数
(dp[i][j]=sum_{k=0}^{j+1}dp[i-1][k])
至于上界为什么是(j+1)可以手动模拟一下，假设这行(j)没有出现过，上一行试一试(j-1)、(j)、(j+1)、(j+2)，发现大于(j+1)的就不合法了
略微优化一下就变成了(dp[i][j]=dp[i-1][j+1]+dp[i][j-1])

Part 2 转化为图形

发现这个(DP)像极了组合数公式，把它套用在坐标系里就是这个样子

自上而下第(i)行，从左往右第(j)列的点就表示(dp[i][j])，其指向的点就表示可以转移
这样仍然不太好处理，我们继续转化：

还是不好看，给它对称一下：

Part 3 挖掘组合意义

这么一看，不就是从原点出发，只能向右或向上走，不接触直线A,B，到达点(n+m+1,n)的路径条数吗！
直线(A:y=x+1)，直线(B:y=x-(m+2))

Part 4 计算

这种格路数计算（如两双手）都可以考虑采用容斥计数
不考虑其他限制，原点到(x,y)的方案数是(C_{x+y}^x)
考虑不合法方案是什么：如依次经过(AABBAAAABB)
把它缩一下：(ABAB)

可以发现不合法方案要么以(A)开头要么以(B)开头
表示为首次跨越的直线是(A)还是(B)
所以：答案=总方案数 - A开头的方案数 - B开头的方案数

(x=n+m+1,y=n)，把((x,y))沿(A)对称得到((x',y')=(y-1,x+1))
每条从((0,0))到((x',y'))的路径都依次对应一条以A结尾或者以AB结尾的路径！
如图：（这个图是我自己画的！）
此处输入图片的描述
上面是一条以(A)结尾的路径

上面是一条以(AB)结尾的路径

所以，总共的不合法方案是

A
B
AB
BA
ABA
BAB
ABAB
BABA
...

为了减去以(A)开头的方案，需要减去以A,AB结尾的方案，加上以BA,BAB结尾的方案，减去....
那么实现方式是：把(x,y)沿A翻折，减去答案；将翻折过的点沿B翻着，加上答案；再沿A翻折...

同理计算以(B)开头的方案，就是先沿(B)折就好了
具体细节的话沿着(A)折是((x,y)->(y-1,x+1))，沿着(B)折是((x,y)->(y+(m+2),x-(m+2)))

复杂度是O(n)的，复杂度瓶颈为预处理阶乘，至于计算每次是像跳棋一样，复杂度为(O(logn))
完美解决本题！

代码

#include<iostream>
using namespace std;
const int P=1e9+7,N=3e6+10;
int n,m,up,inv[N],jc[N],inj[N];
int Calc(int x,int y) {return (x<0||y<0)?0:1ll*jc[x+y]*inj[x]%P*inj[y]%P;}
void flip1(int &x,int &y) {swap(x,y);x--;y++;}
void flip2(int &x,int &y) {swap(x,y);x+=m+2;y-=m+2;}
void add(int &x,int y) {x+=y;if(x>=P) x-=P;}
int main()
{
	cin>>n>>m;inv[0]=inv[1]=jc[0]=inj[0]=1;up=max(n,m)*3+1;
	for(int i=2;i<=up;i++) inv[i]=(P-1ll*P/i*inv[P%i]%P)%P;
	for(int i=1;i<=up;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%P,inj[i]=1ll*inj[i-1]*inv[i]%P;
	int x=n+m+1,y=n,ans=Calc(x,y);
	while(x>=0&&y>=0)
	{
		flip1(x,y);add(ans,P-Calc(x,y));
		flip2(x,y);add(ans,Calc(x,y));
	}
	x=n+m+1,y=n;
	while(x>=0&&y>=0)
	{
		flip2(x,y);add(ans,P-Calc(x,y));
		flip1(x,y);add(ans,Calc(x,y));
	}
	return cout<<ans<<endl,0;
}