首先乙個向量可以被兩個向量唯一表示 然後就轉化為有障礙點的網格圖路徑計數
這應該是個經典的容斥模型 果然是noip模擬賽啊
如果不考慮障礙 那麼答案是pa
th(s
,t)=
cmn+
m 然後我們考慮容斥 列舉路徑上碰到的第乙個障礙點v
ans=
cmn+
m−fv
∗pat
h(v,
t)其中f
v 表示從起點
s 出發不經過其他障礙點到達
v的路徑數 pa
th(v
,t) 表示從
v 到
t不考慮障礙的路徑數 這顯然也是個組合數 fv
怎麼求 從頭開始dp就好了
#include
#include
#include
#include
#define read(x) scanf("%d",&(x))
using namespace std;
typedef pair abcd;
typedef long long ll;
const int p=1e9+7;
const int maxn=1000005;
ll fac[maxn],inv[maxn];
inline void pre(int n=500000)
inline ll c(int n,int
m)int ex,ey,ax,ay,bx,by;
inline bool calc(int
x,int
y,int &a,int &b)
const int n=505;
#define x first
#define y second
int n,m;
int tot; abcd pt[n];
int f[n];
inline ll path(int j,int i)
int main()
pt[++tot]=abcd(n,m);
sort(pt+1,pt+tot+1);
f[0]=1;
for (int i=1;i<=tot;i++)
printf("%d\n",f[tot]);
return
0;}
BZOJ 4767 兩雙手（容斥 DP）
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