【GDOI2014模拟】网格【蒟蒻的小题解】

学习压行+卡常第一天。。。

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

问：一眼过去是不是道大水题？那么请看一下时间限制，空间限制以及数据范围。

Time Limits: 1000 ms
Memory Limits: 65536 KB
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

是不是顿时就蒙了？
来个滚动数组，来个压位高精这样就不会MLE了吧？也不会RE了吧？
BOOM！！！恭喜你TLE了！！！

兄弟们，这是数学题啊！！！

进入正题
经过推算，我们发现：
$ans=C_{n+m}^{m}-C_{n+m}^{m-1}$ans=Cn+mm​−Cn+mm−1​

别问我是怎么推出来的

然后，为了不打高精度除法 ，我们考虑把每个东西，即$C$C上面挂着的那几个东西（博主懒，不想打出来~~~)，然后分解质因数，用质因数相乘就可以免掉除法高精，如果你想打除法高精，请自动省略下面推导部分。

推导：

我们知道$C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!-(n-m)!}$Cnm​=m!−(n−m)!n!​

而$n!=\ {p1}^{x1}*\ {p2}^{x2}*\ {p3}^{x3}*......$n!= p1x1∗ p2x2∗ p3x3∗......
这里的$p$p是指质因子,$x$x指此质因子的个数。
同理，分解$m$m和$n-m$n−m，设$y$y为$m$m中某个质因子的个数，设$z$z为$n-m$n−m中某个质因子的个数，然后合并，就成为了以下式子：

$\ {p1}^{x1-y1-z1}*\ {p2}^{x2-y2-z2}*\ {p3}^{x3-y3-z3}*......$ p1x1−y1−z1∗ p2x2−y2−z2∗ p3x3−y3−z3∗......

秒啊！这样就只需要打乘法了！

那至于减法呢？也要打，用于$C_{n+m}^{m}-C_{n+m}^{m-1}$Cn+mm​−Cn+mm−1​，也就是求最终结果时用。

好了，这题的思路就是这么简单！下面放出code。

CODE

本人今天刚开始学卡常和压行。。。有点丑。。。
别喷了别喷了，再喷人傻了。

//L.E.M.T专用水印
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
struct node {
	int len,a[10005];
}ans,c,b,t;
int n,m,cnt,p[10005],bj[10005],v[10005],mo=100000;
inline int read() {
	int s=0;
	char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') {s=s*10+ch-'0',ch=getchar();}
	return s;
}
inline node jian(node x,node y) {
	t=b,t.len=x.len;
	for (register int i=1;i<=x.len;i++) {
		t.a[i]+=x.a[i]-y.a[i];
		if (t.a[i]<0) t.a[i]+=mo,t.a[i+1]--;
	}
	while (t.len>0&&t.a[t.len]==0) t.len--;
	return t;
}
inline node cheng(node x,int g) {
	t=b;
	t.len=x.len;
	for (register int i=1;i<=x.len;i++) {
		t.a[i]+=x.a[i]*g,t.a[i+1]+=t.a[i]/mo,t.a[i]%=mo;
	}
	t.len++;
	while (t.a[t.len]>=mo) {
		t.a[t.len+1]+=t.a[t.len]/mo,t.a[t.len]%=mo,t.len++;
	}
	if (t.a[t.len]==0) t.len--;
	return t;
}
inline void fen(int x,int t) {
	while (x>1) {v[bj[x]]+=t,x/=bj[x];}
}
inline node find(int n,int m) {
	memset(v,0,sizeof(v));
	c=b,c.len=1,c.a[1]=1;
	for (register int i=n-m+1;i<=n;i++) fen(i,1);
	for (register int i=1;i<=m;i++) fen(i,-1);
	for (register int i=1;i<=10005;i++) {for (int j=1;j<=v[i];j++) c=cheng(c,i);}
	return c;
}
int main() {
	for (register int i=2;i<=10005;i++) {
		if (bj[i]==0) {bj[i]=i,cnt++,p[cnt]=i;}
		for (register int j=1;j<=cnt;j++) {
			if (i*p[j]>10005) {break;}
			bj[i*p[j]]=p[j];
			if (i%p[j]==0) {break;}
		}
	}
	n=read(),m=read();
	ans=jian(find(n+m,m),find(n+m,m-1));
	printf("%d",ans.a[ans.len]);
	for (register int i=ans.len-1;i>=1;i--) printf("%05d",ans.a[i]); 
}

应该都看懂了吧？（试探）