ATcoder1983 BBQ Hard

Barbeque ： ATcoder1983改编

题目描述

\(Robbery\) 是一个大吃货（雾）

某个神奇的串由牛肉和青椒构成，于是\(Robbery\)购买了\(n\)个餐包来自己做这个串，每个餐包中有一些牛肉，青椒和一些特殊的调料（我们认为所有的牛肉和青椒都是一样的，但是调料各不相同）

当拿出所有的餐包后，\(Robbery\)突然想到一个问题，假如将所有餐包两两组合，将选中的两个餐包中的所有牛肉和青椒串在一起，能够组合出多少串的方法

（请参考图片以理解样例）

输入格式

第一行为整数\(n\)

接下来\(n\)行每行两个整数\(a_i\)和\(b\) 表示第\(i\)个餐包中有\(a_i\)块牛肉，\(b_i\)块青椒

输出格式

输出一个整数表示串的总方案数，最终结果对\(1e9+7\)取模

样例

样例输入

3
1 1
1 1
2 1

样例输出

26

数据范围与提示

对于\(30\%\)的数据，保证\(n \leqslant 5000\)
对于另外\(30\%\)的数据，保证\(n\leqslant 1e5,a_i,b_i \leqslant 100\)
对于所有数据，保证\(2 \leqslant n \leqslant 2e5,1 \leqslant a_i,b_i \leqslant 2000\)

分析

如果数据范围小的话，这个题就是就是一眼题，直接求一个组合数 \(C_{a[i]+a[j]+b[i]+b[j]}^{a[i]+a[j]}\) 就行。但是对一这道题的数据范围，肯定会 \(T\) ，所以我们换一个方向来求解组合数。

考虑一下组合数的几何定义，这个组合数的式子不就是从 \((0,0)\) 到 \((a[i]+a[j],b[i]+b[j])\) 的不同路径的方案数吗，那么我们就可以根据这一性质来进行 \(dp\) 求出方案数。

因为从 \((0,0)\) 到 \((a[i]+a[j],b[i]+b[j])\) 中，坐标既有 \(i\) ，又有 \(j\) ，所以我们把横坐标减去 \(a[j]\) ，纵坐标减去 \(b[j]\) ，那横纵坐标就只剩下一种了，我们就可以直接 \(dp\) 。
负数下标的处理就是直接加上一个极大值。因为 \(i\) 和 \(j\) 都是从 \(1\) 开始枚举的，所以会有起点终点反过来的情况，那么最后的答案要除以 \(2\) ，也就是乘以 \(2\) 的逆元。还有开始和结束是同一点的情况，减去一个 \(C_{2*a[i]+2*b[i]}^{2*a[i]}\) 即可。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e3+100;
const int maxm = 2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
const int base = 2e3+40;
int a[maxm],b[maxm];
int f[maxn*2][2*maxn];
int jc[maxm],ny[maxm],jcny[maxm];
int getC(int n,int m){
	return (ll)jc[n] % mod * (ll)jcny[m] % mod * (ll)jcny[n-m] % mod;
}
signed main(){
	ll ans = 0;
	ny[1] = 1;
	for(int i=2;i<maxm;++i){
		ny[i] = (ll)(mod - mod / i) % mod * (ll)ny[mod % i] % mod;
	}
	jc[0] = jcny[0] = 1;
	for(int i=1;i<maxm;++i){
		jc[i] = (ll)jc[i-1] * (ll)i % mod;
		jcny[i] = (ll)jcny[i-1] * (ll)ny[i] % mod;
	}
	int n;
	int Max = 0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
		f[base-a[i]][base-b[i]] ++;
	}
	for(int i=1;i<=base*2;++i){
		for(int j=1;j<=base*2;++j){
			f[i][j] = (ll)((ll)f[i][j] + (ll)((ll)f[i][j-1] + (ll)f[i-1][j])%mod) % mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		ans = (ans + (ll)f[base + a[i]][base + b[i]]) % mod;
		ans = (ans - (ll)getC(2 * a[i] + 2 * b[i],2 * a[i])) % mod;
		ans = (ans + mod) % mod;
	}
	ans = (ans * (ll)ny[2] % mod) % mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}