求出期望 所有情况很好搞 C(n+m-2,n-1).
也就是说求出所有情况的和乘以上面总方案的逆元即可。
可以发现所有情况和经过多少个障碍点有关 和所处位置无关。
简单的设f[i]表示从1,1到n,m经过i个障碍点的方案数。
可以发现求出这个数组就得到了答案。
发现每过一个障碍点 体力就会除以2 所以过掉log个障碍点 以后体力都是1.
我们只需要求出log个取值即可。
由于障碍点之间是单向关系 所以可以从左到右dp f[i][j]表示前i个点经过了j个障碍点的方案数。
转移？f[k][j-1]？不能这样做 显然这样会有重复 我上午也思考了很久。
考虑容斥 从1,1到当前点总方案已知 -不合法方案：到达当前点经过了多余j个障碍点的方案+少于j个的方案。
观察后面的形式 我们已经推出j-1了 所以后面的已知。
前者多余j个的方案 f[k][j+1]...f[k][j+w]？显然还是会重复。
代表元容斥 考虑一条路径到达i这个点多余了j个点的这样的路径 必然存在到达i之间的某个点的状态为j 这样不管怎么走最后到i都是不合法的。
所以有f[k][j]发现这些方案不可能交叉 这也叫做代表元容斥 最小状态表示总体。
总复杂度K^2log 最后还要再多加一个点n,m来合并答案。(其实是求出一个障碍点都不经过的方案。
数组不要开小了 别像我这个傻屌一样。
const ll MAXN=200010;
ll n,m,maxx,s,w,cc;
ll f[MAXN][22],v[MAXN];//f[i][j]表示前i个点经过了j个点的方案数 第i个点必过.
struct wy{ll x,y;}t[MAXN];
ll fac[MAXN],inv[MAXN];
inline ll ksm(ll b,ll p)
{
ll cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=cnt*b%mod;
b=b*b%mod;p=p>>1;
}
return cnt;
}
inline ll C(ll a,ll b){if(b>a)return 0;return fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;}
inline void prepare()
{
fac[0]=1;
rep(1,maxx,i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[maxx]=ksm(fac[maxx],mod-2);
fep(maxx-1,0,i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline ll cmp(wy a,wy b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
inline ll V(ll x,ll y)
{
ll w=t[y].x+t[y].y-t[x].x-t[x].y;
return C(w,t[y].x-t[x].x);
}
signed main()
{
freopen("rover.in","r",stdin);
freopen("rover.out","w",stdout);
get(n);get(m);get(w);get(s);
maxx=n+m;prepare();
rep(1,w,i)
{
ll get(x);ll get(y);
t[i]=(wy){x,y};
}
ll ww=s;v[0]=s;
while(1)
{
ww=(ww>>1)+(ww&1);
if(ww==1)break;
v[++cc]=ww;
}
++w;++cc;
t[w]=(wy){n,m};
sort(t+1,t+w+1,cmp);
rep(1,w,i)
{
ll sum=0;
rep(1,cc,j)
{
f[i][j]=C(t[i].x+t[i].y-2,t[i].x-1)-sum;
rep(1,i-1,k)
{
if(t[k].x<=t[i].x&&t[k].y<=t[i].y)
f[i][j]=(f[i][j]-f[k][j]*V(k,i)%mod)%mod;
}
sum=(sum+f[i][j])%mod;
}
}
ll sum=C(n+m-2,n-1);
ll ans=0;
rep(1,cc,i)
{
sum=(sum-f[w][i])%mod;
ans=(ans+f[w][i]*v[i-1])%mod;
}
ans=((ans+sum)%mod+mod)%mod;
putl(ans*ksm(C(n+m-2,n-1),mod-2)%mod);
return 0;
}