2018.10.09【Atcoder Grand Contest001】E - BBQ Hard（组合数学）（DP）

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解析：

这道题的题意其实就是求 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^nC_{a_i+a_j+b_i+b_j } ^{a_i+a_j}$

然后我们试着将每一个小问题转换。

发现其实就是求从每一个点 $(-a_i,-b_j)$走到点 $(a_j,b_j)$的方案数，只允许向上或向右走。

那每一个小问题就可以直接通过 $DP$解决。
再仔细研究发现，所有问题 $DP$的方案是一样的，那么就全部一起 $DP$就行了啊。

但是最后我们要减去从 $(-a_i,-b_i)$走到 $(a_i,b_i)$，也就是自己走到自己的方案数，这个可以组合数 $O(1)$求出，就是 $C_{2\times(a_i+b_i)}^{2\times a_i}$，预处理所有会用到的阶乘和逆元就行了。

显然，我们同时统计了 $i$到 $j$的方案，所以最终的答案要 $\times inv(2)$。

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline
int getint(){
	re int num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

cs ll mod=1000000007;

ll fac[8003],inv[8003],ifac[8003];

ll C(int n,int m){
	return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}

cs int N=200005;
int a[N],b[N];
int n;
ll f[4003][4003];

ll ans=0;

signed main(){
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(int re i=2;i<=8000;++i)
	fac[i]=fac[i-1]*i%mod,
	inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod,
	ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%mod;
	
	n=getint();
	for(int re i=1;i<=n;++i)a[i]=getint(),b[i]=getint(),++f[2001-a[i]][2001-b[i]];
	
	for(int re i=1;i<=4002;++i)
	for(int re j=1;j<=4002;++j)
	f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j]+f[i][j-1])%mod;
	
	for(int re i=1;i<=n;++i)
	ans=(ans+f[2001+a[i]][2001+b[i]])%mod,
	ans=(ans-C((a[i]+b[i])<<1,b[i]<<1)+mod)%mod;
	
	ans=ans*inv[2]%mod;
	cout<<ans;
	
	return 0;
}