[拉格朗日插值]SRM 683 Div1 Hard RandomWalkOnGrid

本文介绍了一种解决网格上随机行走问题的方法，通过坐标变换和多项式插值得到期望位置的概率分布。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

$Solution$

先翻转整个坐标系：

x' = x + y, y' = x - y x = x ' + y ' 2, y = x ' - y ' 2

$x'=x+y,y'=x-y\\x = {x'+y'\over2},y={x'-y'\over2}$ 这样

x′x′ $x'$ 和

y′y′ $y'$ 就独立了。
设

x n y m = (x ' + y ' 2) n (x ' - y ' 2) m = f (x', y')

$x^ny^m=({x'+y'\over2})^n({x'-y'\over2})^m=f(x',y')$
答案是这样的

\sum i = 0 t \sum j = 0 t (t i) (t j) f (x' + t - 2 i, y' + t - 2 j)

$\sum_{i=0}^t\sum_{j=0}^t{t\choose i}{t\choose j}f(x'+t-2i,y'+t-2j)$ 因为

x′x′ $x'$ ,

y′y′ $y'$ 独立，把

ff $f$ 展开以后一定能得到这样的式子

\begin{array}{rcl} (1) & a n s & = & \sum_{i = 0}^{t} (\binom{t}{i}) f_{x} (x^{'} + t - 2 i) \sum_{j = 0}^{t} (\binom{t}{j}) f_{y} (y^{'} + t - 2 j) \\ (2) & = & \sum_{i = 0}^{t} (\binom{t}{i}) f_{x} (t, i) \sum_{j = 0}^{t} (\binom{t}{j}) f_{y} (t, j) \end{array}

$\begin{eqnarray}ans&=&\sum_{i=0}^t{t\choose i}f_x(x'+t-2i)\sum_{j=0}^t{t\choose j}f_y(y'+t-2j)\\&=&\sum_{i=0}^t{t\choose i}f_x(t,i)\sum_{j=0}^t{t\choose j}f_y(t,j)\end{eqnarray}$ 有这样一个结论

∑n−1i=0(ni)f(i,n)=2ng(n)∑i=0n−1(ni)f(i,n)=2ng(n) $\sum_{i=0}^{n-1}{n\choose i}f(i,n)=2^ng(n)$ ，这个东西可以把相应的

nini $n^i$ 提出来剩下的每一项是

(ni)2nfi(n)(ni)2nfi(n) ${n\choose i}2^nf_i(n)$ ，因为任意一个不超过k次的多项式可以表示成二项式的线性组合。然后

a n s = = 2 t g x (t) 2 t g y (t) 4 t g (t) (3) (4)

$\begin{eqnarray}ans&=&2^tg_x(t)2^tg_y(t)\\&=&4^tg(t)\end{eqnarray}$ 按上述分析一下

gg的次数，暴力插值就好啦。

#line 5 "RandomWalkOnGrid.cpp"
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1010;
const int MOD = 1000000007;

int n, m, t, x, y, k;
int f[N], inv[N];
int C[N][N];

class RandomWalkOnGrid {

public:
    inline int Pow(int a, int b) {
        int c = 1;
        while (b) {
            if (b & 1) c = (ll)c * a % MOD;
            b >>= 1; a = (ll)a * a % MOD;
        }
        return c;
    }
    inline int Inv(int x) {
        return Pow(x, MOD - 2);
    }
    inline void Add(int &x, int a) {
        x = (x + a) % MOD;
    }
    inline void Pre(int n) {
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            C[i][0] = 1;
            for (int j = 1; j <= i; j++)
                C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
        }
        inv[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            inv[i] = (ll)(MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    }
    inline int fc(int x_, int y_) {
        int x = (x_ + y_) / 2, y = (x_ - y_) / 2;
        return (ll)Pow(x, n) * Pow(y, m) % MOD;
    }
    inline int Inter(int *f, int k, int x) {
        int res = 0;
        for (int j = 0; j <= k; j++) {
            int pro = 1;
            for (int i = 0; i <= k; i++) {
                if (i < j) pro = (ll)pro * inv[j - i] % MOD * (x - i + MOD) % MOD;
                if (i > j) pro = (ll)pro * -inv[i - j] % MOD * (x - i + MOD) % MOD;
            }
            res = ((ll)pro * f[j] + res) % MOD;
        }
        return ((ll)res + MOD) % MOD;
    }
    int getExpectation(int _x0, int _y0, int _t, int _n, int _m) {
        x = _x0; y = _y0; t = _t; n = _n; m = _m;
        k = (n + m) * 2 + 10; Pre(k);
        int x_ = x + y, y_ = x - y;
        for (int tt = 0; tt <= k; tt++) {
            f[tt] = 0;
            for (int i = 0; i <= tt; i++)
                for (int j = 0; j <= tt; j++)
                    Add(f[tt], (ll)C[tt][i] * C[tt][j] % MOD * fc(x_ + tt - i * 2, y_ + tt - j * 2) % MOD);
        }
        for (int tt = 0; tt <= k; tt++)
            f[tt] = (ll)f[tt] * Inv(Pow(4, tt)) % MOD;
        return (ll)Pow(4, t) * Inter(f, k, t) % MOD;
    }



};