[AGC001E] BBQ Hard

组合意义简单题。

注意这个组合数的形式，我们显然可以转化为从 $(0,0$ 走到 $(n,m)$ 的方案数。$n$ 范围较大，但 $a_i,b_i$ 值域范围较小，我们考虑继续沿用这个思路。相当于求所有 $(-a_i,-b_i)$ 走到 $(a_j,b_j)$ 的方案数。我们可以 $\mathcal{O}(V^2)$ DP 求出，再用 $\mathcal{O}(n)$ 统计。注意需要减去 $i=j$ 的答案。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=2e5+10,M=2e3+10,mod=1e9+7;
template<class T>
inline void read(T &x)
{
    x=0;bool f=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    if(f)x=~x+1;
}
template<class T,class ...T1>
inline void read(T &x,T1 &...x1)
{
    read(x),read(x1...);
}
int n;
int a[N],b[N];
int fac[N],ifac[N];
int f[M<<1][M<<1];
inline int adj(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline int qpow(int x,int k=mod-2)
{
    int res=1;
    while(k)
    {
        if(k&1)res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
inline void init(int n)
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    ifac[n]=qpow(fac[n]);
    for(int i=n;i;i--)ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%mod;
}
inline int C(int n,int m)
{
    if(m>n)return 0;
    return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i],b[i]),f[M-a[i]][M-b[i]]++;
    for(int i=1;i<M<<1;i++)
        for(int j=1;j<M<<1;j++)
            f[i][j]=adj(f[i][j]+adj(f[i-1][j]+f[i][j-1]));
    init(M<<2);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=adj(adj(ans+f[M+a[i]][M+b[i]])+mod-C(a[i]+b[i]<<1,a[i]<<1));  
    ans=1ll*ans*qpow(2)%mod;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}