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来源：牛客网
题目描述
Count the number of n x m matrices A satisfying the following condition modulo (109+7).
* Ai, j ∈ {0, 1, 2} for all 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m.
* Ai, j ≤ Ai + 1, j for all 1 ≤ i < n, 1 ≤ j ≤ m.
* Ai, j ≤ Ai, j + 1 for all 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j < m.
输入描述:
The input consists of several test cases and is terminated by end-of-file.
Each test case contains two integers n and m.输出描述:
For each test case, print an integer which denotes the result.示例1
输入
1 2
2 2
1000 1000输出
6
20
540949876备注:
* 1 ≤ n, m ≤ 103
* The number of test cases does not exceed 105.
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cmath>//int dx[4]={0,0,-1,1};int dy[4]={-1,1,0,0};
#include<set>//int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<cstdio>
#define ll unsigned long long
#define maxn 2005
#define MAX 500005
#define ms memset
using namespace std;
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") ///在c++中是防止暴栈用的
const int mod=(1e9+7);
/*
题目大意:给定一个矩阵的规模，
计数用0，1，2来填充的个数，
其中满足数学要求。。。（题目中见）
首先要有组合数学不相交路径的知识，（下面转发的）
Lindström–Gessel–Viennot Lemma
作为一个特殊情况，引理提供对给定一个起点终点对集（记起点集为 AA 终点集为 BB ，且路径为 ai→biai→bi ），统计不相交路径数。
引理的内容如下：
令 ω(P):=ω(P):= 路径 PP 的边权积， e(a,b):=∑P:a→bω(P)e(a,b):=∑P:a→bω(P) ，
M:=(e(a1,b1)e(a1,b2)⋯e(a1,bm) e(a2,b1)e(a2,b2)⋯e(a2,bm) ⋮⋮⋱⋮ e(an,b1)e(an,b2)⋯e(an,bm))M:=(e(a1,b1)e(a1,b2)⋯e(a1,bm) e(a2,b1)e(a2,b2)⋯e(a2,bm) ⋮⋮⋱⋮ e(an,b1)e(an,b2)⋯e(an,bm))
该引理宣称，det|M|det|M| 给出AA 到 BB 不相交路径的权值和。
特殊情况，令各边边权为11 ，此时|M||M| 为不相交路径数。
更一般情况，ωω 可以是形式变量，则 ee 将成为形式幂级数。
假定我们在网格图中，从第 11 行的起点走到第 nn 的终点。
首先假设我们只有两对点 (a1,b1),(a2,b2)(a1,b1),(a2,b2) ，不考虑相交，则总路径数为 (b1−a1+n−1n−1)(b2−a2+n−1n−1)(b1−a1+n−1n−1)(b2−a2+n−1n−1) .
考虑 a1→b1,a2→b2a1→b1,a2→b2 相交，则在最后一个相交点之后交换路径，则得到 a1→b2,a2→b1a1→b2,a2→b1 的路径。
考虑 a1→b2,a2→b1a1→b2,a2→b1 的路径，其必相交，则在最后一个相交点之后交换路径。
此时我们建立了 a1→b1,a2→b2a1→b1,a2→b2 的相交路径与 a1→b2,a2→b1a1→b2,a2→b1 的一一对应。
所以除去不合法情况后，答案为 (b1−a1+n−1n−1)(b2−a2+n−1n−1)−(b1−a2+n−1n−1)(b2−a1+n−1n−1)(b1−a1+n−1n−1)(b2−a2+n−1n−1)−(b1−a2+n−1n−1)(b2−a1+n−1n−1) .
接着考虑多组路径，使用容斥原理。
假设某些路径相交，则在最后一个相交点之后交换路径，得到 BB 的重排 CC .
所以我们只需考虑 CC 的逆序对数，为奇数则贡献为负，否则为正。
展开写，发现这就是一个行列式。
有了这个，可以从四个点的坐标，（n,0）,(n-1,-1),(0,m),(-1,m-1)四个点分别为起点和终点。
那么行列式就显然了。
下面我们要计算逆元，由于阶乘的逆元的特殊，所以用快速幂打表即可。
*/
ll Pow(ll a,ll b)
{
ll t=1;
while(b>0)
{
if(b&1) t=t*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return t;
}
ll jie[maxn],inv[maxn];
void get_jie()
{
jie[0]=1;
for(int i=1;i<maxn;i++)
jie[i]=(jie[i-1]*i)%mod;
}
void get_inv()
{
for(int i=0;i<maxn;i++)
inv[i]= Pow(jie[i],mod-2);
}
ll con(ll n,ll m)
{
return (jie[n]*inv[m]%mod)*inv[n-m]%mod;
}
ll n,m,ans,tp;
int main()
{
get_jie();
get_inv();
while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF)
{
ans=con(n+m,m);
ans=ans*ans%mod;
ans=ans-con(n+m,m-1)*con(n+m,n-1)%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}