AcWing 1315. 网格
\(AcWing\) \(1315\). 网格
一、题目描述
某城市的街道呈网格状，左下角坐标为 \(A(0,0)\)，右上角坐标为 \(B(n,m)\)，其中 \(n≥m\)。
现在从 \(A(0,0)\)点 出发，只能沿着街道向 正右方 或者 正上方 行走，且不能经过图示中直线左上方的点，即任何途径的点 \((x,y)\) 都要满足 \(x≥y\)，请问在这些前提下，到达 \(B(n,m)\) 有多少种走法。
输入格式
仅有一行，包含两个整数 \(n\) 和 \(m\)，表示城市街区的规模。
输出格式
输出一个整数，表示不同的方案总数。
数据范围
\(1≤m≤n≤5000\)
输入样例：
6 6
输出样例：
132
二、解题思路
用求卡特兰数的方法分析一下这个题目就可以得到答案，关于卡特兰数的分析：网址
我们需要求出点 (\(n, m\)) 关于\(y = x + 1\)对称的点的坐标，假设为\((a, b)\)，则任何一种不合法的方案都可以转化为到达\((a, b)\)的路径，如下图：
则答案为：\(\large \displaystyle C_{m+n}^n-C_{m+n}^a\)，问题就转变为了如何求解坐标\((a, b)\)
解析几何法
这是高中知识，我们可以列方程求解，根据垂直可以得到一个等式，根据线段中点在对称轴上可以得到另一个等式，可以得到：
\[\large \left\{\begin{matrix}
1 \times \frac{b-m}{a-n}=-1 & 解释：两条直线垂直，则斜率乘积为-1 \\
y=x+1 \rightarrow \frac{b+m}{2}=\frac{a+n}{2}+1 & 解释：中点公式 \\
\end{matrix}\right.
\]
解方程可得\(a=m-1,b=n+1\),因此答案为
\[\large \displaystyle C_{m+n}^n-C_{m+n}^{m-1}
\]
平移对称轴法
- ① 将直线\(y=x+1\)、点\((n,m)\)全部向下移动一个单位，就变成了一条直线\(y=x\)和点\((n,m-1)\)
- ② 求\((n,m-1)\)关于直线\(y=x\)的对称点就是\((m-1,n)\)
- ③ 再将直线和点全部上移回去，就得到\((m-1,n+1)\)
因此，答案也是： $$\large \displaystyle C_{m+n}n-C_{m+n}$$
注：
- 上面两种方法使用其中一种即可。
- 本题需要使用到高精度求解，如果递推的话计算量为\(10000^2=1×10^8\)，再加上高精度计算会超时，因此这里求解阶乘的方式然后带入公式求组合数，类似于\(AcWing\) \(888\). 求组合数 \(IV\)。
三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int a[N], b[N]; // 两个整数数组保存高精度计算的结果
// 欧拉筛
int primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
// 计算n！中包含质数p的个数
int get(int n, int p) {
int s = 0;
while (n) s += n / p, n /= p;
return s;
}
// 高精乘低精
void mul(int a[], int &al, int b) {
int t = 0;
for (int i = 1; i <= al; i++) {
t += a[i] * b;
a[i] = t % 10;
t /= 10;
}
while (t) {
a[++al] = t % 10;
t /= 10;
}
}
// 高精减高精
void sub(int a[], int &al, int b[]) {
for (int i = 1, t = 0; i <= al; i++) {
a[i] -= t + b[i];
if (a[i] < 0)
a[i] += 10, t = 1;
else
t = 0;
}
while (al > 1 && !a[al]) al--;
}
// C(a,b)的结果，高精度保存到c数组，同时，返回c数组的长度len
void C(int a, int b, int c[], int &cl) {
// 高精度的基底，乘法的基数是1
c[1] = 1;
cl = 1; // 由于高精度数组中只有一位，是1，所以长度也是1
for (int i = 0; i < cnt; i++) { // 枚举区间内所有质数
int p = primes[i];
/*
C(a,b)=a!/(b! * (a-b)!)
a!中有多少个质数因子p
减去(a-b)!的多少个质数因子p,
再减去b!的质数因子p的个数，就是总个数
s记录了p这个质数因子出现的次数
*/
int s = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
while (s--) mul(c, cl, p); // 不断的乘p,结果保存到数组c中。len将带回c的有效长度
}
}
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
// 筛质数
get_primes(2 * n);
int al, bl;
C(n + m, m, a, al); // C(n+m,m)，将高精度结果记录到a数组中,返回数组有效长度al
C(n + m, m - 1, b, bl); // C(n+m,m-1)，将高精度结果记录到b数组中
sub(a, al, b); // 计算a-b的高精度减法
// 输出结果，注意是倒序
for (int i = al; i; i--) printf("%d", a[i]);
return 0;
}
