【GDOI2014模拟】JZOJ2020年8月14日T2 网格

题目

Time and Memory Limits

Description

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。

Input

输入文件中仅有一行，包含两个整数n和m，表示城市街区的规模。

Output

输出文件中仅有一个整数和一个换行/回车符，表示不同的方案总数。

Sample Input

输入1：
6 6
输入2：
5 3

Sample Output

输出1：
132
输出2：
28

Data Constraint

50%的数据中，n = m，在另外的50%数据中，有30%的数据：1 <= m < n <= 100
100%的数据中，1 <= m <= n <= 5 000

题解

题意

给出一个笛卡尔坐标系
问在满足任何途径的点$(x,y)$(x,y)都满足$x≥y$x≥y的情况下，从$(0,0)$(0,0)走到$(n,m)$(n,m)有多少种走法

分析

注意到$n,m$n,m都是5000的，而且空间很小
普通的$n*m$n∗m暴力$DP$DP不可以
发现有个要求
找规律发现
$Ans=C_{n+m}^m-C_{n+m}^{m-1}$Ans=Cn+mm​−Cn+mm−1​
那么高精度安排即可
但是又要打减、乘、除，十分麻烦
尝试化简
设$a=n+m$a=n+m,$b=m$b=m
$Ans=C_{n+m}^m-C_{n+m}^{m-1}\\=C_a^b-c_a^{b-1}\\=\dfrac{a!}{b!(a-b)!}-\dfrac{a!}{(b-1)!(a-b+1)!}\\=\dfrac{a!(a-b+1)}{b!(a-b+1)!}-\dfrac{a!b}{b!(a-b+1)!}\\=\dfrac{a!(a-2b+1)}{b!(a-b+1)!}\\=\dfrac{(n+m)!(n-m+1)}{m!(n+1)!}$Ans=Cn+mm​−Cn+mm−1​=Cab​−cab−1​=b!(a−b)!a!​−(b−1)!(a−b+1)!a!​=b!(a−b+1)!a!(a−b+1)​−b!(a−b+1)!a!b​=b!(a−b+1)!a!(a−2b+1)​=m!(n+1)!(n+m)!(n−m+1)​
那么就可以质因数分解然后相乘即可

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
using namespace std;
long long n,m,x,tot[100005],ans[1000005];
bool b[100005];
inline long long read()
{
	long long res=0;char ch;
	ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9')
	{
		res=(res<<1)+(res<<3)+(ch-'0');
		ch=getchar();
	}
	return res;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	memset(b,true,sizeof(b));
	b[1]=false;
	for (rg long long i=2;i<=100005;i++)
		for (rg long long j=2;j*i<=100005;j++)
			b[i*j]=false;
	x=n+1-m;
    for (rg long long i=2;i*i<=x;i++)
    {
        if (b[i]==true&&x%i==0)
        {
            while (x%i==0)
            {
                tot[i]++;
                x/=i;
            }
        }
    }
    if (x>1) tot[x]++;
    for (rg long long j=2;j<=n+m;j++)
    {
    	long long k=j;
		for (rg long long i=2;i*i<=k;i++)
		{
			if (b[i]==true&&k%i==0)
			{
				while (k%i==0)
				{
					tot[i]++;
					k/=i;
				}
			}
		}
		if (k>1) tot[k]++;
	}
    for (rg long long j=2;j<=m;j++)
    {
    	long long k=j;
    	for (rg long long i=2;i*i<=k;i++)
    	{
    		if (b[i]==true&&k%i==0)
    		{
    			while (k%i==0)
    			{
    				tot[i]--;
    				k/=i;
				}
			}
		}
		if (k>1) tot[k]--;
	}
	for (rg long long j=2;j<=n+1;j++)
	{
		long long k=j;
		for (rg long long i=2;i*i<=k;i++)
    	{
    		if (b[i]==true&&k%i==0)
    		{
    			while (k%i==0)
    			{
    				tot[i]--;
    				k/=i;
				}
			}
		}
		if (k>1) tot[k]--;
	}
	ans[0]=1;
	ans[1]=1;
	for (rg long long i=1;i<=100000;i++)
	{
		if (b[i]==true&&tot[i]>0)
		{
			for (rg long long j=1;j<=tot[i];j++)
			{
				for (rg long long k=1;k<=ans[0];k++)
					ans[k]*=i;
				x=0;
				for (rg long long k=1;k<=ans[0];k++)
				{
					ans[k]+=x;
					x=ans[k]/10;
					ans[k]%=10;
				}
				ans[ans[0]+1]=x;
				while (ans[ans[0]+1])
				{
					ans[0]++;
					ans[ans[0]+1]=ans[ans[0]]/10;
					ans[ans[0]]%=10;
				}
			}
		}
	}
	for (rg long long i=ans[0];i>=1;i--)
		printf("%lld",ans[i]);
	return 0;
}