BZOJ3907 网格

题目：BZOJ3907: 网格

思路：

显然，这道题是卡特兰数经典模型的变式。
假设不考虑越界限制，从(0,0)到(n,m)的总方案数为$C_{n+m}^n$，如果能计算出其中有哪些是不合法的，二者相减即可。
我们可以用一个1和-1的串记录行走的路径，记向右走为+1，向上走为-1，则一条合法路径满足串中任意位置的前缀和均不小于0。串长为n+m，其中有n个1，m个-1，所以串的总数有$C_{n+m}^n$种
对于一条不合法路径，我们找到第一个前缀和小于0的位置pos，把串从1到pos位置翻转（1->-1，-1->1），那么最后串长不变，pos位之后的串不变，1~pos位中1的个数多了1，-1的个数少了1，最后总串长不变。因此每个不合法方案均能唯一映射到这种串，不合法方案总数：$C_{n+m}^{n+1}$。
几何意义：在网格图中，对于不合法的方案，一定经过直线y=x+1。把起点到第一个触碰到直线y=x+1的点之间走过的路径沿y=x+1对称，第一次触碰之后的路径不变。所以每条不合法方案都对应一条从(-1,1)到(n,m)的路径。
最后答案为：$C_{n+m}^n-C_{n+m}^{n+1}$。
注意到没有模数，所以需要高精度。组合数计算时需要用到除法，直接写高精除高精效率比较低，只能得60pts。可以对分子分母同时分解质因数之后计算，省去除法。

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Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10000,base=10000,power=4;
int n,m,cnt[N],mindiv[N],p[N],tot;
struct bigint{
    int d[N],len;
    inline void clean() {while(len>1&&!d[len]) --len;} 
    inline bigint(){memset(d,0,sizeof(d)),len=1;}
    inline bigint(int num) {len=1;d[1]=num;}
    bigint operator - (const bigint &b)const{
        bigint c=*this;
        for(int i=1;i<=b.len;++i){
            c.d[i]-=b.d[i];
            if(c.d[i]<0) c.d[i]+=base,--c.d[i+1];
        }
        c.clean();
        return c;
    }
    bigint operator * (const bigint &b)const{
        bigint c;
        for(int i=1;i<=len;++i) for(int j=1;j<=b.len;++j)
            c.d[i+j-1]+=d[i]*b.d[j],c.d[i+j]+=c.d[i+j-1]/base,c.d[i+j-1]%=base;
        c.len=len+b.len;
        c.clean();
        return c;	
    }
    void print(){
        clean();
        printf("%d",d[len]);
        for(int i=len-1;i>=1;--i) printf("%0*d",power,d[i]);
    }
};
void Prime(){
	for(int i=2;i<=n+m;++i){
		if(!mindiv[i]) mindiv[i]=p[++tot]=i;
		for(int j=1;j<=tot;++j){
			if(i*p[j]>m+n||p[j]>mindiv[i]) break;
			mindiv[i*p[j]]=p[j];
		}
	}
}
void add(int num){
	while(num^1){
		++cnt[mindiv[num]];
		num/=mindiv[num];
	}
}
void del(int num){
	while(num^1){
		--cnt[mindiv[num]];
		num/=mindiv[num];
	}
}
bigint quickpow(int a,int b){
	bigint res=1,c=a;
	while(b){
		if(b&1) res=res*c;
		c=c*c;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
bigint C(int n,int m){
	bigint ans=1;
	for(int i=1;i<=tot;++i) cnt[p[i]]=0;
	for(int i=n-m+1;i<=n;++i) add(i);
	for(int i=1;i<=m;++i) del(i);
	for(int i=1;i<=tot;++i) ans=ans*quickpow(p[i],cnt[p[i]]);
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	Prime();
	(C(n+m,m)-C(n+m,m-1)).print();
	return 0;
}