题目描述
出个题就好了.这就是出题人没有写题目背景的原因。
你在平面直角坐标系上。
你一开始位于$(0,0)$。
每次可以在上/下/左/右四个方向中选一个走一步。
即：从$(x,y)$走到$(x,y+1),(x,y-1),(x-1,y),(x+1,y)$四个位置中的其中一个。
允许你走的步数已经确定为$n$，现在你想走$n$步之后回到$(0,0)$。
但这太简单了，你希望知道有多少种不同的方案能够使你在n步之后回到$(0,0)$，当且仅当两种方案至少有一步走的方向不同，这两种方案被认为是不同的.
答案可能很大所以只需要输出答案对${10}^9+7$取模后的结果。
这还是太简单了，所以你给能够到达的格点加上了一些限制，一共有三种限制，加上没有限制的情况，一共有四种情况，用$0,1,2,3$标号：
$0.$没有任何限制，可以到达坐标系上所有的点。即能到达的点集为${ (x,y)|x,y$为整数$}$
$1.$只允许到达x轴非负半轴上的点。即能到达的点集为${ (x,y)|x$为非负数$,y=0}$
$2.$只允许到达坐标轴上的点。即能到达的点集为${ (x,y)|x=0$或$y=0}$
$3.$只允许到达$x$轴非负半轴上的点，$y$轴非负半轴上的点以及第$1$象限的点。即能到达的点集为${ (x,y)| xgeqslant 0,ygeqslant 0}$
输入格式
一行两个整数(空格隔开)n和typ，分别表示你必须恰好走的步数和限制的种类。
typ的含义见【题目描述】
输出格式
一行一个整数ans，表示不同的方案数对${10}^9+7$取模后的结果。
样例
样例输入0：
100 0
样例输出0：
383726909
样例输入1：
100 1
样例输出1：
265470434
样例输入2：
100 2
样例输出2：
376611634
样例输入3：
100 3
样例输出3：
627595255
数据范围与提示
$10\%$的数据，$typ=0，nleqslant 100$
$10\%$的数据，$typ=0，nleqslant 1,000$
$ 5\%$的数据，$typ=0，nleqslant 100,000$
$10\%$的数据，$typ=1，nleqslant 100$
$10\%$的数据，$typ=1，nleqslant 1,000$
$ 5\%$的数据，$typ=1，nleqslant 100,000$
$10\%$的数据，$typ=2，nleqslant 100$
$15\%$的数据，$typ=2，nleqslant 1,000$
$10\%$的数据，$typ=3，nleqslant 100$
$10\%$的数据，$typ=3，nleqslant 1,000$
$ 5\%$的数据，$typ=3，nleqslant 100,000$
以上$11$部分数据没有交集。
$100%$的数据，保证$n$为偶数，$2leqslant nleqslant 100,000$，$0leqslant typleqslant 3$。
题解
一个数学和$DP$的大结合。
首先，这四问都可以用$Theta (n^3)$的$DP$拿到部分分。
定义$dp[t][i][j]$表示$t$时刻在点$(i,j)$的方案数。
$DP$式子为：
$dp[t][i][j]=dp[t-1][i-1][j]+dp[t-1][i][j-1]+dp[t-1][i+1][j]+dp[t-1][i][j+1]$。
注意边界就好了。
期望得分：$40$分。
$typ=0$的情况，显然让我们想到了visit那道题，25分就轻松拿到了。
$typ=1$的情况，我们可以理解为向右走为进栈，想左走为出栈，那么就是求卡特兰数的第$frac{n}{2}$项，直接用公式解决就可以了，附带一个卡特兰数的求法。
$typ=2$的情况，注意数据范围$nleqslant 1,000$，所以我们可以考虑$Theta (n^2)$的做法，定义$dp[t][i]$表示在$t$时刻位于距离原点为$i$的方案数，现在我们只考虑它在$x$轴上的情况，那么$DP$式子为：$dp[t][i]=dp[t-1][i-1]+dp[t-1][i+1]$，现在放回在坐标系上的情况，那么只有在原点的时候才会有四个方向向它贡献答案，那么$DP$式子只在$i=0$时发生改变，为：$dp[t][0]=4 imes dp[t-1][1]$，也可以用滚动数组节省空间。注：正解为卡特兰数，在此介绍另一种做法。
$typ=3$的情况，只是在$typ=1$的情况上加一个枚举横向走的步数$i$纵向的步数即为$n-i$，需要注意的是横向的步数肯定为偶数步，那么方案数就是：$C_n^i imes catalanfrac{i}{2} imes catalanfrac{n-i}{2}$。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,typ;
long long inv[200001],jget_C[200001];
long long dp[1001][1001];
long long qpow(long long x,long long y)
{
long long res=1;
while(y)
{
if(y%2)res=(res*x)%1000000007;
y>>=1;
x=(x*x)%1000000007;
}
return res;
}
void pre_work()
{
jget_C[0]=1; jget_C[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)jget_C[i]=1LL*jget_C[i-1]*i%1000000007;
inv[0]=1; inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1LL*(1000000007-1000000007/i)*inv[1000000007%i]%1000000007;
for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=1LL*inv[i]*inv[i-1]%1000000007;
}
long long get_C(int n,int m)
{
if(n<m)return 0;
if(m==0)return 1;
return (jget_C[n]%1000000007*inv[m]%1000000007*inv[n-m]%1000000007)%1000000007;
}
long long get_Catalan(int x){return get_C(2*x,x)%1000000007*qpow((long long)(x+1),1000000005)%1000000007;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&typ);
pre_work();
switch(typ)
{
case 0:
{
long long ans=0;
for(int i=0;i<=n;i+=2)
ans=(ans+get_C(n,i)%1000000007*get_C(i,i/2)%1000000007*get_C(n-i,(n-i)/2)%1000000007)%1000000007;
printf("%lld",ans%1000000007);
break;
}
case 1:
{
printf("%lld",get_Catalan(n/2));
break;
}
case 2:
{
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i][0]=dp[i-1][1]*4%1000000007;
for(int j=1;j<=n/2;j++)
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j+1])%1000000007;
}
printf("%lld
",dp[n][0]);
break;
}
case 3:
{
long long ans=0;
for(int i=0;i<=n;i+=2)
ans=(ans+get_C(n,i)%1000000007*get_Catalan(i/2)%1000000007*get_Catalan((n-i)/2)%1000000007)%1000000007;
printf("%lld",ans);
break;
}
}
return 0;
}
rp++