AtCoder Regular Contest 058 D

题目链接：http://arc058.contest.atcoder.jp/tasks/arc058_b

题目

有一个$H * W$的矩形区域。Iroha从左上角$(1,1)$走到右下角$(H, W)$,每次只能向右或者向下走一步，并且Iroha不能经过左下角区域$A * B$的矩形区域。问Iroha有多少种走法mod (1e9+7)。

• $1\leq H,W \leq 100,000$
• $1\leq A < H$
• $1\leq B <W$

思考过程：

1. 首先如果没有限制条件，从$（x_1, y_1）$走到$（x_2, y_2）$的方案数为$\binom{x_2 - x_1 + y_2 - y_1 }{x_2-x_1}$或者$\binom{x_2 - x_1 + y_2 - y_1 }{y_2-y_1}$。
   
   • 证明：走的步数一定是$x_2 - x_1 + y_2 - y_1$步，然后你在这里选择向下的都是第几步，那么向右的步数就确定下来，而且向下和向右都是有序的（即只可能有一种排序状态）。（我的理解，可能不太好）
2. 我原来想的是总的走的方案数减掉经过A * B区域的方案数，后来发现不会算……然后我就尝试着将整个矩形分成A * B上方和右方两块矩形。

(1,1)   ...  (1,B)  ->  | (1,B+1)
(2,1)   ...  (2,B)  ->  | (2,B+1)
(3,1)   ...  (3,B)  ->  | (3,B+1)
...     ...  ...    ->  |   ...
(H-A,1) ...  (H-A,B)->  | (H-A,B+1)
                        |
                        |
   A * B                |
                        |                           (H,W)

3.左边矩形枚举它最后达到的点（1 ~ H-A, B）,然后从这个点向右走一步走到右边区域，然后再以右边那个点为起点走到终点。可以看出来这样的结果相加是没有重合的。
4.推出公式：
推2个极端情况：
$(1,1)->(H-A,B):\binom{H-A-1+B-1}{B-1}$
$(H-A,B+1)->(H,W):\binom{A+W-B-1}{W-B-1}$

$(1,1)->(1,B):\binom{B-1}{B-1}$
$(1,B+1)->(H,W):\binom{H-1+W-B-1}{W-B-1}$

$$\binom{H-A+B-2}{B-1}\binom{W - B + H - 2}{W - B - 1}+...+\binom{B-1}{B-1}\binom{H-1+W-B-1}{W-B-1}$$

5.如何算$\binom{x}{y}$?
- 打表？数组100000 * 100000 很明显不可以啊。
- 所以直接算：注意我前面的组合数有一个特点，就是左边的组合数的下面那个数都是B - 1,而右边组合数下面那个数都是W - B - 1，这样可以根据$\binom{n}{r}=\frac{\binom{n-1}{r}*n}{n-r}$推出来……
6.最后一个问题，这里有个模，而算组合数时有个除号，所以这里要求$(n-r)$对$mod$的逆元，这里打表即可。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llong;
const llong mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 300000 + 5;
llong c1[maxn];
llong c2[maxn];
llong inv[maxn];

void Prepare_inv()
{
    inv[1] = 1; 
    for (llong i = 2; i < maxn; i++)
        {
            inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
            //printf("inv[%lld]=%lld\n", i, inv[i]);
        }
}

void C1(llong n, llong r)
{
    c1[r] = 1;
    for (llong i = r + 1; i <= n; i++)
        {
            c1[i] = c1[i - 1] * i % mod * inv[i - r] % mod;
            //printf("c1[%lld][%lld]=%lld\n", i, r, c1[i]);
        }
}

void C2(llong n, llong r)
{
    c2[r] = 1;
    for (llong i = r + 1; i <= n; i++)
        {
            c2[i] = c2[i - 1] * i % mod * inv[i - r] % mod;
            //printf("c2[%lld][%lld]=%lld\n", i, r, c2[i]);
        }
}

int main()
{
    Prepare_inv();

    llong h, w, a, b;
    while (scanf("%lld %lld %lld %lld", &h, &w, &a, &b) != EOF)
    {
        if (h <= a || w <= b)
        {
            puts("0");
            continue;
        }

        C1(h - a + b - 2, b - 1);
        C2(w - b + h - 2, w - b - 1);

        llong ans = 0;
        llong right = 0;
        llong left = 0;
        for (llong i = h - a + b - 2; i >= b - 1; i--)
        {
            left = c1[i];
            right = c2[h + w - 3 - i];
            ans = (ans + left * right % mod) % mod;
            //printf("i=%lld j=%lld %lld %lld %lld\n", i, h+w-3-i, left, right, ans);
        }

        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}