hatuoj 1300 HEX----组合数+逆元+思维山东省第八届省赛D题

shcoc

于 2017-10-02 17:38:58 发布

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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_37493070/article/details/78151794

本文介绍了一种在六边形网格上计算从起点到任意指定格子的不同路径数量的方法。利用排列组合原理，通过计算向左、向右及垂直移动的步数，采用递推公式并考虑模运算来高效解决问题。

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问题 1300. – HEX

1300: HEX

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题目描述

On a plain
of hexagonal grid, we define a step as one move from the current grid to the
lower/lower-left/lower-right grid. For example, we can move from (1,1) to
(2,1), (2,2) or (3,2).

In the following graph we give a demonstrate of how this coordinate system works.

Your task is to calculate how many possible ways can you get to grid(A,B) from gird(1,1), where A and B represent the grid is on the B-th position of the A-th line.

输入

For each test case, two integers A
(1<=A<=100000) and B (1<=B<=A) are given in a line, process till
the end of file, the number of test cases is around 1200.

输出

For
each case output one integer in a line, the number of ways to get to the
destination MOD 1000000007.

样例输入

1 1 

3 2 

100000 100000

样例输出

提示

来源

提交状态

题意就是从 1，1开始每次向 ↙ ↓ ↘这几个方向移动，给一个坐标，问到那个点有多少种走法

这肯定是排列组合题目，先把到一个点向左向右走的步数算出来，向左就是 n-m 向右是 m-1 （大佬推出来的规律) ，设 C是竖着走的步数，则走到一个点需要 l+r+c步，先把向左向右走看成一个 C(l+r+c,c)（向左向右走的所有情况的个数）这就是 C(l+r+c,c) C（l+r,r)就是所有情况，然后枚举c就可以了
看的大佬的博客都是（l+r+c) ! / ( l! * r! c!) 就是 C(l+r+c,c) C（l+r,r)化简的结果，会减一半时间

注意除法取余逆元（需打表，要不会超时）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
ll re[100009];
ll vi[100009];

ll poww(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
        b>>=1;
        a=(a*a)%mod;

    }
    return ans;
}
void intt()
{
    re[0]=1;
    vi[0]=1;

    for(int i=1;i<=100003;i++)
    {
        re[i]=(i*re[i-1])%mod;
        vi[i]=poww(re[i],mod-2)%mod;
        //cout<<vi[i]<<endl;
    }

}
ll  C(int a,int b)
{

    return  (re[a]*(vi[a-b]%mod*vi[b]%mod)%mod)%mod;
}
int main()
{
   // ios::sync_with_stdio(false);
    ll n,m;
    intt();
    while(cin>>n>>m)
    {   ll ans=0;
        //int i=m;
       int l=n-m,r=m-1;
       int c=0;
     //  int k=l+r-1;
       while(l>=0&&0<=r)
       {
           ans+=C(l+r+c,c)*C(l+r,r)%mod;
          // ans+=re[l+r+c]*(vi[l]%mod*vi[r]%mod*vi[c]%mod)%mod;
           ans%=mod;

           c++;
           l--;
           r--;
       }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}