代码源#467路径计数2

Posted 2022-07-11 yeah17981

路径计数2 - 题目 - Daimayuan Online Judge

上次做这题还是4个月前，直到四个月后的今天才解出来了……

翻了下当时的代码，里面还有一些气急败坏的成分……

本来想的是dp每个格子，但是复杂度是n^2，明显T了

考虑枚举dp每个障碍物i（并加一个障碍物n，n），到达此处的合法路径数f为总-非法，此时枚举在该障碍物内的障碍物j，非法路径数就会fj*i到j路径数

结束

//fi从1，1到第i个点的路径数
//总-非法
//总：c（x+y，x）
//非法：经过障碍物第j个点（x1，y1）右下角到点i的所有路径*左上角初始点到点j的合法路径 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define rev(i,a,b) for(ll i=b;i>=a;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 2e5 + 7, mod = 1e9 + 7;
ll fac[N], ifac[N];
ll fp(ll x, ll y) 
	ll ans = 1;
	while (y) 
		if (y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	
	return ans;

ll C(ll x, ll y) //C(x,y)
	ll ans = fac[x];
	ll res = ifac[x - y] * ifac[y] % mod;
	ans = ans * res % mod;
	return ans;

void pre() 
	fac[0] = 1;
	for (ll i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	ifac[N - 1] = fp(fac[N - 1], mod - 2);
	for (ll i = N - 1; i > 0; --i) ifac[i - 1] = ifac[i] * i % mod;

ll qp(ll a, ll k, ll p)

	ll res = 1;
	while (k) 
		if (k & 1) res = (ll)res * a % p;
		k >>= 1;
		a = (ll)a * a % p;
	
	return res;


struct XD
	ll f,s;
a[3005]; 
ll f[3005];
bool cmp(XD A,XD B)

	if(A.f==B.f)return A.s<B.s;
	return A.f<B.f;

int main()
	pre();
	ll n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	
		cin>>a[i].f>>a[i].s;
	
	a[0].f=n;
	a[0].s=n;
	sort(a,a+1+m,cmp);
	for(int i=0;i<=m;i++)
	
		ll x1=a[i].f,y1=a[i].s;
		ll sum=C(x1+y1-2,y1-1);
		f[i]=sum;
		for(int j=0;j<=m;j++)
		
			ll x2=a[j].f,y2=a[j].s;
			if(x1>=x2&&y1>=y2)
			
				if(x1==x2&&y1==y2) continue;
				long long ans=(f[j]*C(x1+y1-x2-y2,y1-y2))%mod;
				f[i]-=ans;
			
		
	
	cout<<f[m];
 

日常操作：买一送一

XOR Inverse - 题目 - Daimayuan Online Judge

两个数对结果的贡献度取决于二进制下其第一位不同的数字的大小

因此考虑建字典树

对trie进行dfs，并考虑对某一位取0和取1的代价

由于我还不会字典树所以咕了