[ARC171E] Rookhopper's Tour

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[ARC171E] Rookhopper's Tour

因为每行每列都最多只有一个石子，所以一定是横竖相间的走。

首先手玩一下，可以发现白色石子放置好了之后，最多只有一种合法的走法，因为确定了第一步走的方向，后面由于题目中没有行列相同的白石子，所以之后的路线是唯一的。所以算重只需要考虑把路线反过来还能走。然后画一下图就可以发现显然不合法（可能严谨一点的需要归纳）。

然后是一个非常妙的想法。先不管最后要回到起点，考虑任意一条路径，做边走边放棋子的过程。考虑从 \((x,y)\) 越过石子 \((x,t),t>y\) 走到 \((x,t+1)\)，就增加了限制：以后的石子不能放在 \(x\) 行和 \(t\) 列。

蓝色，绿色和橙色分别表示三次跳跃的新添限制。然后可以很深刻的发现，相邻的两个限制是可以合并的，即此时在 \(t+1\) 列一定还有一个石子，所以限制可以改为不能放在 \(x\) 行，\(t,t+1\) 列。

这样就可以对行和列分开做了。然后考虑加上需要回到 \(1\) 的限制，假设第一步是上下走的，则倒数第二步一定是走回和 \((a,b)\) 在同一行的点，最后一步一定也在 \(a\) 这一行。所以枚举它第一步走的是上下还是左右，假设是上下，然后枚举倒数第二步是从上面走到 \(a\) 行还是从下面走到 \(a\) 行，从左边还是右边回来。

这样可以转化为计算 \(\mathcal O(1)\) 次如下问题：给定 \(a,b,c,d,m\)，对长度为 \(a\) 的序列进行 \(i\) 次染色，对长度为 \(c\) 的序列进行 \(\frac m 2 -1-i\) 次染色，每次染色要求涂黑相邻两个黑色格子，并且黑色格子之间不能重叠。对长度为 \(b,d\) 的序列，在 \(b\) 中染 \(j\) 次，在 \(d\) 中染 \(\frac m 2-1-j\) 次，这样一个方案的权值就是 \(ij((m-1)!)^2\)。\(i,j\) 是在选倒数第二次和最后一次走到了哪个黑色对，\((m-1)!\) 是剩下的可以任意选择顺序走。

使用插板法，在 \(a\) 中填了 \(i\) 个黑色对，还剩下 \(a-2i\) 个白色对，这些白色对把序列分成了 \(a-2i+1\) 个间隔，方案数即为 \(\binom{a-2i+1+i}{i}\)。对于剩下的序列都可以类似计算，总复杂度 \(\mathcal O(n+m)\)。

int n,m,A,B,ans,fr[400010],inv[400010];
inline int C(int n,int m){return m<0||m>n?0:Cmul(fr[n],inv[m],inv[n-m]);}
inline void calc(int x,int y,int z,int t)
{
	int L=0,R=0;
	for(int i=1;i<=m;++i)Madd(L,Cmul(i,C(x-2*i+i,i),C(z-2*(m-i)+(m-i),m-i)));
	for(int i=1;i<=m;++i)Madd(R,Cmul(i,C(y-2*i+i,i),C(t-2*(m-i)+(m-i),m-i)));
	Madd(ans,Cmul(L,R));
}
inline void mian()
{
	read(n,m,A,B),fr[0]=inv[0]=1;
	if(m&1)return write(0);m>>=1,--m;
	for(int i=1;i<=400000;++i)fr[i]=Cmul(fr[i-1],i);
	inv[400000]=power(fr[400000],MOD-2);
	for(int i=399999;i>0;--i)inv[i]=Cmul(inv[i+1],i+1);
	calc(n-A-1,n-B-1,A-1,B-1);
	calc(n-A-1,B-2,A-1,n-B);
	calc(A-2,n-B-1,n-A,B-1),calc(A-2,B-2,n-A,n-B);
	write(Cmul(ans,2,fr[m-1],fr[m-1]));exit(0);
}