【题解】Atcoder AGC#01 E-BBQ Hard

　　计数题萌萌哒~

　　这道题其实就是统计 (sum_{i=1}^{n}sum_{j=i+1}^{n}Cinom{a[i] + a[j]}{a[i] + a[j] + b[i] + b[j]}) 。这个式子不是很好统计，我们可以转化一下：

　((sum_{i=1}^{n}sum_{j=i+1}^{n}Cinom{a[i] + a[j]}{a[i] + a[j] + b[i] + b[j]} - sum_{i = 1}^{n}Cinom{2 * a[i]}{2 * a[i] + 2 * b[i]}) / 2)

　　这样的话，我们只需要考虑如何统计前一部分的贡献即可。前一部分的贡献是多少呢？就是平面上所有的点 ((-a[j], -b[j])) 到达 ((a[i],b[i])) 的方案数。这个我们可以 (a[i]^{2})的 dp 统计。**启示：有时缩小限制好，有时放宽限制容斥计算大法好哇~~

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2500000
#define mod 1000000007
#define maxm 4020
#define int long long
int n, a[maxn], b[maxn], inv[maxn], fac[maxn];
int ans, m, S = 2005, f[maxm][maxm];

int read()
{
    int x = 0, k = 1;
    char c; c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') k = -1; c = getchar(); }
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * k;
}

void Up(int &x, int y) { x = (x + y) % mod; }
int C(int n, int m)
{
    if(n < m || m < 0 || n < 0) return 0;
    return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

void pre()
{
    fac[0] = fac[1] = 1; inv[0] = inv[1] = 1; 
    for(int i = 2; i < maxn; i ++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod; 
    for(int i = 2; i < maxn; i ++) inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod; 
    for(int i = 2; i < maxn; i ++) inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % mod;
}

signed main()
{
    pre(); n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        a[i] = read(), b[i] = read();
        f[-a[i] + S][-b[i] + S] ++;
    }
    m = 2 * S;
    for(int i = 1; i <= m; i ++)
        for(int j = 1; j <= m; j ++)
            Up(f[i][j], (f[i - 1][j] + f[i][j - 1]) % mod); 
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
    {
        Up(ans, f[a[i] + S][b[i] + S]);
        Up(ans, mod - C(2 * (a[i] + b[i]), 2 * a[i]));
    }
    printf("%lld
", ans * inv[2] % mod);
    return 0;
}