Problem Description
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.
Input
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.
Output
For each case output one integer in a line, the number of ways to get to the destination MOD 1000000007.
Example Input
1 1
3 2
100000 100000
Example Output
1
3
1
题意：
菱形的区域里，每个位置可以从上面向左、向右或向下得到（即↙↓↘）,
问从(1,1)到(a,b)共有多少种走法。
想法：
在高中学过，假设矩形的长为len，宽度为wid，从左上到右下（对角位置）的方法共有(len+wid)！/len！*wid！种。
记从左边得到的为len,从右边得到的为wid，从中间得到的为c。
1.我们讨论只从两边得到的： ans=(len+wid)！/len！*wid!;
2.一次↓ 相当于 一次↙＋一次↘（就是说 对角一步走 相当于 走两次直角边 ）：ans=(len+wid+c)！/len！*wid!*c!。所以当c++时，len-–,wid—，直到减到其中一个为0时，结束。
因为最后结果要取模数很大，所以要用乘法逆元，这里选择用线性求逆元。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int adj[5000];
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
ll inv(ll b)//线性求b的逆元
{
if(b<=1)return 1;
return (mod-mod/b)*inv(mod%b)%mod;
}
int main()
{
int x,y;
ll fac[101010]={1};
ll Inv[101010]={1,1};
for(int i=1;i<100101;i++)
{
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;//i的阶乘
Inv[i]=inv(fac[i]);//i的阶乘的逆元
}
while(~scanf("%d%d",&x,&y))
{
int right=x-y;
int left=x-1-right;
int c=0;//中路
ll ans=0;
while(right>=0&&left>=0)//所有组合方式
{
ll sum=(((fac[left+right+c]*Inv[left])%mod*Inv[right])%mod*Inv[c])%mod;
ans=(ans+sum)%mod;
left--;
right--;
c++;//一条中路相当于是一条左路加一条右路
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
ps:那个对角公式真的学过吗+_+麻麻请告诉我我的高中真的存在过吗QAQ
