【香蕉OI】NOTSET（組合數學）

題意

有一個網格圖，給出 3 個矩形，後一個嚴格在前一個右上方。

在第 1 個矩形種選一個點做起點，在第 3 個矩形中選一個點做終點，求從起點走到終點，只能向右或者向上走，不能經過第 2 個矩形的方案數，對 $998244353$ 取模。

第 1 和 3 個矩形邊長 $l_1,l_3 \le10^6$ ， 第 2 個矩形邊長 $l_2\le 5*10^4$ ，所有點的座標 $\forall x,y\le4.5*10^8$

思路

考慮容斥，先算出總方案數，再減去經過第 2 個矩形的方案數。

對於總方案數，是從一個矩陣走到另一個矩陣。對於經過第 2 個矩形的方案，必然會經過第 2 個矩形的下邊界或者左邊界，枚舉經過的是哪個點，轉化爲一個矩形走到一個點+一個點走到一個矩形的方案數。

那麼剩下的就是兩個問題：點走到矩形，矩形走到矩形。

首先點走到點，假如起點和終點橫座標和縱座標的差分別爲 $x,y$ ，那麼方案數爲 $C_{x+y}^{x}$ 。

然後是點走到矩形，用點走到點來推。假設點和矩形的最左邊、最右邊橫座標差爲 $x1,x2$ ， $y1,y2$ 是縱座標差，那麼方案數爲： $\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}C_{i+j}^{j}$

把組合數列項（用遞推公式）： $C_{i+j}^{j}=C_{i+j+1}^{j}-C_{i+j}^{j-1}$

發現可以抵消很多，最後得到 $\sum_{j=y_1}^{y_2}C_{i+j}^{j}=C_{i+y_2+1}^{y_2}-C_{i+y_1}^{y_1-1}$

同理，方案數可以化爲：

$\begin{aligned}\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}C_{i+j}^{j}&=\sum_{i=x_1}^{x_2}(C_{i+y_2+1}^{y_2}-C_{i+y_1}^{y_1-1}) \\&=\sum_{i=x_1}^{x_2}C_{y_2+i+1}^{i+1}-\sum_{i=x_1}^{x_2}C_{y_1-1+i+1}^{i+1} \\&=C_{y_2+x_2+2}^{x_2+1}-C_{y_2+x_1+1}^{x_1}-C_{y_1+x_2+1}^{x_2+1}+C_{y_1+x_1}^{x_1} \end{aligned}$

令 $\Delta x=x_2-x_1,\Delta y=y_2-y_1$ ，
令 $\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}C_{i+j}^{j}=D(x_1, y_1, \Delta x,\Delta y)$ ，那麼式子可以寫成：

$D(x_1, y_1, \Delta x,\Delta y)=C_{x_1+y_1+\Delta x+\Delta y+2}^{x_1+\Delta x+1}-C_{x_1+y_1+\Delta y+1}^{x_1}-C_{x_1+y_1+\Delta x+1}^{x_1+\Delta x+1}+C_{x_1+y_1}^{x_1}$

設第 1 個矩形的最右和最左分別距離第 3 個矩形的最左 $x_1, x_2$，第 1 個矩形的最上和最下分別距離第 3 個矩形的最下 $y_1, y_2$，第 3 個矩形橫軸和縱軸方向邊長分別爲 $\Delta x,\Delta y$ ，那麼方案數表示如下：

$\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}D(i,j,\Delta x,\Delta y)$

化簡！

$\begin{aligned} &\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}D(i,j,\Delta x,\Delta y) \\=&\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}(C_{i+j+\Delta x+\Delta y+2}^{j+\Delta y+1}-C_{i+j+\Delta y+1}^{j+\Delta y +1}-C_{i+j+\Delta x+1}^{j}+C_{i+j}^{j}) \\=&\sum_{i=x_1+\Delta x+1}^{x_2+\Delta x+1}\sum_{j=y_1+\Delta y+1}^{y_2+\Delta y+1}C_{i+j}^{j}-\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1+\Delta y+1}^{y_2+\Delta y+1}C_{i+j}^{j}-\sum_{i=x_1+\Delta x+1}^{x_2+\Delta x+1}\sum_{j=y_1}^{y_2}C_{i+j}^{j}+\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}C_{i+j}^{j} \\=&D(x_1+\Delta x+1,y_1+\Delta y+1,x_2-x_1,y_2-y_1) \\&-D(x_1,y_1+\Delta y+1,x_2-x_1,y_2-y_1) \\&-D(x_1+\Delta x+1,y_1,x_2-x_1,y_2-y_1) \\&+D(x_1,y_1,x_2-x_1,y_2-y_1) \end{aligned}$

到這裏公式就已經推完了，複雜度是 $O(l_2*k)$ ， $k$ 是求組合數的複雜度。

然後離解決這道題還差一步，在計算函數 $D$ 中的組合數的時候，需要求很大的階乘。那我們分段打表，再用一個 unordered_map 就可以解決問題。表大概 $10^4$ 左右就夠了。

所以這題就完美解決啦！

其實這題一直在反覆運用組合數的遞推公式，沒有什麼高端的東西，只要耐心總是推得出來的。

推式子真好玩！考場上你推一個看看(╯°Д°)╯（ ┻━┻

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxN = 9e8, siz = 2e5, N = maxN/siz, mod = 998244353;
// FAC[N+1] = {...} // 表太大了就不放了，自己打一下10s左右
unordered_map<int, int> fac;
int iii, x[7], y[7], ans;

void add(int &x, int y){x += y; if (x >= mod) x -= mod;}

void init(){
	for (int i = 0; i <= N; ++ i)
		fac[i*siz] = FAC[i];
}

int fpow(int x, int y){
	int ret = 1;
	while (y){
		if (y&1) ret = 1LL*ret*x%mod;
		x = 1LL*x*x%mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}

int Fac(int x){
	if (fac.find(x) != fac.end()) return fac[x];
	return fac[x] = 1LL*x*Fac(x-1)%mod;
}

int iFac(int x){
	return fpow(Fac(x), mod-2);
}

int C(int x, int y){
	if (x < 0 || y < 0 || x < y) return 0;
	return 1LL*Fac(x)*iFac(y)%mod*iFac(x-y)%mod;
}

int D(int x, int y, int dx, int dy){
	int ret = 0;
	add(ret, C(x+y+dx+dy+2, x+dx+1));
	add(ret, mod-C(x+y+dy+1, x));
	add(ret, mod-C(x+y+dx+1, y));
	add(ret, C(x+y, x));
	return ret;
}

int solve(){
	int x1 = x[5]-x[2], x2 = x[5]-x[1];
	int y1 = y[5]-y[2], y2 = y[5]-y[1];
	int dx = x[6]-x[5], dy = y[6]-y[5];
	int ddx = x[2]-x[1], ddy = y[2]-y[1];
	int ret = 0;
	add(ret, D(x1+dx+1, y1+dy+1, ddx, ddy));
	add(ret, mod-D(x1, y1+dy+1, ddx, ddy));
	add(ret, mod-D(x1+dx+1, y1, ddx, ddy));
	add(ret, D(x1, y1, ddx, ddy));
	return ret;
}

int main()
{
	init();
	scanf("%d", &iii);
	for (int i = 1; i <= 6; ++ i) scanf("%d", &x[i]);
	for (int i = 1; i <= 6; ++ i) scanf("%d", &y[i]);
	ans = solve();
	for (int i = x[3]; i <= x[4]; ++ i)
		add(ans, mod-1LL*D(i-x[2], y[3]-y[2]-1, x[2]-x[1], y[2]-y[1])*D(x[5]-i, y[5]-y[3], x[6]-x[5], y[6]-y[5])%mod);
	for (int i = y[3]; i <= y[4]; ++ i)
		add(ans, mod-1LL*D(x[3]-x[2]-1, i-y[2], x[2]-x[1], y[2]-y[1])*D(x[5]-x[3], y[5]-i, x[6]-x[5], y[6]-y[5])%mod);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}