模拟赛 路径计数 题解

题意：有k个障碍，求（0,0）到（n，m）不经过这些障碍的方案数。

直接DP会超时。可以发现，（0，0）到（n，m）不经过障碍的路径条数 为总路径条数-经过障碍的路径条数，即C(n+m,n)-经过障碍的路径条数。

设dp（i）表示从（0，0）到第i个障碍，不经过其它障碍的路径条数。

转移时计算经过障碍的路径条数，枚举j，表示第一个经过的障碍是第j个障碍，这样从第J个障碍到第i个障碍就可以走任意路径了（已经经过障碍了）。

但是为了避免重复，从（0，0）到第J个障碍时不准经过其它障碍，即dp（j），这样就求出了从（0，0）到第i个障碍且经过一个其它障碍的路径条数。
再用总路径条数减去这个值，即为dp（i）这样就求出了答案。时间复杂度\(O(k^2)\)

代码：

#include <stdio.h>
#define ll long long
int md=1000000007;
ll ny[200010],jn[200010],jc[200010];
int x[3010],y[3010],k=0;
int C(int n,int m)
{
    ll jg=(jc[n]*jn[m])%md;
    jg=(jg*jn[n-m])%md;
    return int(jg);
}
int dp[3010];
bool js[3010];
void ycl()
{
    ny[1]=jc[0]=jc[1]=jn[0]=jn[1]=1;
    for(int i=2;i<=200000;i++)
    {
        ny[i]=((md-md/i)*ny[md%i])%md;
        jc[i]=(i*jc[i-1])%md;
        jn[i]=(jn[i-1]*ny[i])%md;
    }
}
void dfs(int u)
{
    js[u]=true;
    dp[u]=0;
    for(int i=0;i<k;i++)
    {
        if(i!=u&&x[i]<=x[u]&&y[i]<=y[u])
        {
            if(!js[i])
                dfs(i);
            int t=((ll)dp[i]*C(x[u]-x[i]+y[u]-y[i],x[u]-x[i]))%md;
            dp[u]=(dp[u]+t)%md;
        }
    }
    dp[u]=(C(x[u]+y[u],x[u])-dp[u]+md)%md;
}
int main()
{
    freopen("path.in","r",stdin);
    freopen("path.out","w",stdout);
    ycl();
    int n,m,s;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
    for(int i=0;i<s;i++)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        if((a==0&&b==0)||(a==n&&b==m))
        {
            printf("0");
            return 0;
        }
        bool zd=false;
        for(int j=0;j<k;j++)
        {
            if(x[j]==a&&y[j]==b)
            {
                zd=true;
                break;
            }
        }
        if(!zd)
        {
            x[k]=a;
            y[k]=b;
            k+=1;
        }
    }
    x[k]=n;
    y[k]=m;
    dfs(k);
    printf("%d",dp[k]);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

模拟赛 路径计数 题解

原文：https://www.cnblogs.com/lnzwz/p/11246789.html