格路计数和反射容斥

如何将这个 dp 式子优化到线性：

$$dp_{i,j} = \sum \limits_{k = j + 1 - b - a}^{j + 1}{dp_{i-1, k}}$$

1 基本内容

考虑一个二维平面上，只能向右边或者上面走。也就是，当你走到 $(x,y)$ 的时候，你可以走到 $(x + 1, y)$ 或者 $(x, y + 1)$。

容易发现，走到 $(n, m)$ 的方案数为 $\dbinom{n + m}{n}$。

如果有一条线 $y = x + b$ 不可碰撞：

对于所有碰到这条线的，从第一次触碰开始反转，结束位置会变成 $(n,m)$ 关于 $y=x+b$ 对称的点 $(m-b,n+b)$。（如何推导？$y=x+b$ 分别和 $y=m,x=n$ 的交点的 $x,y$ 坐标。）

容易发现一条走到 $(m-b,n+b)$ 的线翻折之后对应的都是一条经过了 $y=x+b$ 的路线。（这里指的是如果碰到线上一个点也算）

因此如果把 $\dbinom{n+m}{n}$ 记为 $p(n,m)$，表示 $(0,0)$ 到 $(n,m)$ 的路线个数，那么要求的答案等于 $p(n,m) - p(m-b,n+b)$。

如果有两条呢？$y=x+b$ 和 $y=x+c$。
如果 $b,c$ 都在终点的同一侧，可以认为是一个限制。否则形如下图：

考虑答案为：总方案数 $-$ 经过 $y=x+b$ 的方案数 $-$ 经过 $y=x+c$ 的方案数 $+$ 两个都经过的方案数。

这个说法有一定道理。但是有个问题，两个都经过的方案数怎么算？

（默认 $c<b$）
这个路线，如果先对 $y=x+b$ 翻折再对 $y=x+(2b-c)$（也就是 $x=c$ 关于 $x=b$ 的对称点）翻折会变成：

那么方案数为 $p((n+b)-d,(m-b)+d),d=2b-c$。

但是还有先到达 $y=x+c$ 再到达 $y=x+b$ 的路线。还有先到达 $y=x+b$ 然后到达 $y=x+c$ 再到达 $y=x+b$ 的路线...

如果一条线依次经过了 $y=x+b$，$y=x+c$，$y=x+b$，那么记其反射序列为 $bcb$。注意如果连续经过若干次 $y=x+b$，只算一次。

类似地，定义终点依次关于 $y=x+b$，$y=x+c$，$y=x+b$（都是反射意义下的）对称得到的点的反射序列为 $bcb$。

考虑对于反射序列为 $s$ 的点，有若干条从 $0$ 到这个点的路径。对于每一条路径，建立一个一一映射，映射到的路线为：对于 $s$ 上的序列，在第一次触碰到某一条线的时候，进行反射，得到的路线。

考虑在所有序列中，一个原序列映射到的位置：假设是 $bcbcb$，那么会映射到 $\emptyset, b,c,bc,cb,bcb,cbc,bcbc,cbcb,bcbcb$。（注意，$c$ 也会映射到，因为对于 $c$ 上的一条路径，只关心第一次触碰到 $c$ 的时刻）

那么我们需要统计的是：
$\emptyset - b -c+bc+cb-bcb-cbc+bcbc-cbcb+...$

这样每一个非空集元素的贡献都为 $0$。

容易发现一次反射最少超过 $1$ 的偏移量，而如果反射到第一象限外就没有贡献，不需要再反射了。时间复杂度 $O(\cfrac{n+m}{b-c})$。

2 优化 DP

P3266

【题意】
$dp_{1,0/1/2/.../m}=1$
$dp_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{j+1}dp_{i-1,k}(i>1)$
求 $\sum\limits_{j=0}^m dp_{n,j}$

$n,m\le 10^6$

【分析】

这道题运用了 DP 的组合意义优化。计数类 DP 可以考虑。

先考虑转移，将其转化为 $dp_{i,j} = dp_{i,j-1} + dp_{i-1,j+1}$（当 $j=0$ 的时候，$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j+1}$）。

这种方程是典型的格路计数类方程。我们来看看图：下图中从 $(1,0)$ 到 $(i,j)$ 的路径条数等于 $dp_{i,j}$。

这个是往右走和左上走（先考虑一般情况）怎么办？为了更方便地运用格路计数有关结论，我们考虑对图做点变换：将 $i$ 维度重新标号为从 $0$ 开始，然后把第 $i$ 行向右移动 $i$ 格。

这样就大致符合格路计数的条件了。把左边的箭头改一改，然后画出两条不能经过的线，如下图：

“这不板子吗！”

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 1e9;
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
const int mod = 1e9+7;
int inv[3000010], jc[3000010];
int qpow(int n, int k) {
    int ans=1;
    while(k){if(k&1)ans=ans*n%mod;n=n*n%mod;k>>=1;}
    return ans;
}
int p(int n, int m) {if(n<0||m<0)return 0; return jc[n+m]*inv[n]%mod*inv[m]%mod;}
int rv(int a, int b) {return 2*b-a;}//a 相对于 b 轴对称
pii pv(pii a, int b) {return make_pair(a.second - b, a.first + b);}
bool ok(pii pos) {return pos.first >= 0 && pos.second >= 0;}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    //time_t start = clock();
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    int n,m;cin>>n>>m;
    int l=n+m,r=n; int b=2,c=-m-1; const int v = 3000000;jc[0]=inv[0]=1;
    f(i, 1, v) { jc[i] = jc[i - 1] * i % mod; inv[i]=qpow(jc[i],mod-2); }
    int ans = p(l,r); pair<pii, pii> ep = {pv({l,r}, b),pv({l,r}, c)};
    int num = 0; int s=rv(c,b),t=rv(b,c);
    while(ok(ep.first) || ok(ep.second)) {
        ++num; int mul = (num & 1 ? -1 : 1); 
        ans += p(ep.first.first,ep.first.second)*mul%mod; ans=(ans%mod+mod)%mod;
        ans += p(ep.second.first,ep.second.second)*mul%mod; ans=(ans%mod+mod)%mod;
        int tmpb=(num&1?t:s), tmpc=(num&1?s:t);
        int tmpp=rv((num&1?b:c),s); int tmpq=rv((num&1?c:b),t); 
        ep.first=pv(ep.first,s);ep.second=pv(ep.second,t);
        s=tmpp,t=tmpq,b=tmpb,c=tmpc;
    }
    cout<<ans<<endl;
    //time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}    

2.1 实现细节

• 终点变换之后坐标永远满足 $x+y = n + m$。也就是说，组合数相关的数组要处理到 $n+ m$。
• 维护四条线：$b,c,s,t$，分别表示：这一轮上面那个作为对称轴的线是 $y=x+s$，下一轮需要对称过去的那条线是 $y=x+b$（它是由一开始的 $b$ 那条线经过若干次对称变换得到的）；$c,t$ 同理。（偶轮次，上面是 $c$ 在做变换，因为反射序列为 $bcbcbc...$）
• 取模的时候，因为乘了 $-1$，需要按照负数取模方式。

gym104053J

还是一样，但是要求的是 $y=-x+d$ 上所有点的路径个数和。
因为路径上点数是 $O(b-c)$ 的，所以可以直接暴力对每个点求和，时间复杂度 $O(n + m)$。

3 模型推广

格路计数模型除了上面的反射容斥，还可以优化其他的 dp。

我们可以考虑给路径赋权值，计算起点到终点所有不同路径的权值和。如果并没有“不能过某一条线”的限制，计数可能变得很容易。

CF1821F Timber

【题意】
一条路的坐标范围是 $0 \sim n + 1$，在上面种下 $m$ 棵树，每棵树高度为 $k$，种完之后进行砍伐，每棵树可以向左/右砍，一个坐标为 $x$ 的树向左/右砍会分别倒在 $[x-k,x]$ 和 $[x,x+k]$ 范围内。合法的砍伐方式定义为：砍伐之后 $0$ 和 $n+1$ 这两个位置不存在倒树，任何一个位置不存在 $\ge 2$ 棵倒树。求有多少种种树方式，使得存在合法的砍伐方式。

$n,m,k \le 3\times 10^5$

【分析】

首先我们考虑每一种种树方式的每一棵树，如果能往左倒就往左倒，否则往右倒，将其和倒树局面建立一个双射。然后 dp 这样的倒树局面的个数。

定义 $dp_{i,j}$ 表示 $[i-k, i]$ 位置有一颗倒树，一共种了 $j$ 棵树。
遍历到 $i,j$，对于 $t > k$：

$$dp_{i + t,j +1} += dp_{i,j} + (t > 2k ? 1 : 2)$$

初始 $dp_{0,0} = 1$，求 $\sum \limits_{i = 0}^ n dp_{i,m}$。

首先有个 $n^3$ 的 dp。

然后我们注意到 $dp_{*,j}$ 的转移和 $j$ 无关，并且就是向右移动，考虑生成函数。令 $dp(x)$ 表示 $dp_{*,j}$ 的生成函数，初始 $j=0$，经过 $m-1$ 次迭代，变成 $dp_{*,m}$。

迭代转移式子：

$$dp(x) = dp(x) \times \cfrac{x^{k}-x^{2k}}{1-x}$$

多项式快速幂可以做到 $O(n \log n)$。

但是能不能不用多项式？

考虑在格路上重新定义这个 dp 式子的含义。

这是一个直接的转化，其中黑色权值为 $2$，黄色权值为 $1$。某点 $(n,m)$ 的 dp 值等于从 $(0,0)$ 到它的所有路径权值积的和。

考虑把图建的好看些。对第 $i$ 行，将横坐标做变换：$x \rightarrow x-i(k+1)$，并且改变边的类型，如下图：

其中黑色的边权值为 $2$，红色的边权值为 $1$，黄色的边权值为 $-1$。

枚举走了多少次黄色边，剩下两个因为线性无关，所以可以直接得出来。注意第一行没有向右连边，分类讨论一下第一步走什么，得到一个 2 重循环的式子。更改变量枚举顺序之后可以预处理，能算，时间复杂度 $O(n)$。