T1:

题目描述

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Bob 来到了一个 $n \times m$ 的网格中,网格里有 $k$ 个豆子,第 $i$ 个豆子位于 $(x_i, y_i)$,保证没有两个豆子在同一个格子里,$(1, 1)$ 处和 $(n, m)$ 处没有豆子。

Bob 从左上角 $(1, 1)$ 出发,目的地是右下角 $(n, m)$。每次以向右或向下走一步,也就是说他到达终点时一共会走 $n + m - 2$ 步。

贪吃的 Bob 决定吃掉所有格子的豆子,他想知道是否存在多少条路径,使得他可以经过所有的豆子。由于答案很大,你只需要输出答案模 $10^9 + 7$ 的结果即可。

输入输出格式

输入格式:

第一行三个整数 $n, m, k$,意义如上所述。

接下来 $k$ 行,每行两个整数 $x_i, y_i(1 \leq x_i \leq n, 1 \leq y_i \leq m)$,意义如上所述。2018-10-14

输入输出样例

输入样例#1:

3 4 1
1 2
输出样例#1:

6
输入样例#2:

3 4 1
2 2
输出样例#2:

6

说明

对于 $30\%$ 的数据,满足 $2 \leq n, m \leq 100$。

对于 $60\%$ 的数据,满足 $2 \leq n, m \leq 1000$。

对于 $100\%$ 的数据,满足 $2 \leq n, m \leq 10^5, 0 \leq k \leq \min(n \times m - 2, 10^5)$。

 

解题思路:

由于要吃掉所有的豆子且只能向右向下走,那么对于每一个豆子来说,如果在当前豆子的严格左下方处仍有豆子的话肯定无解,因为不可能向左走。

因此我们可以以每个豆子的X坐标作为第一关键字,Y坐标作为第二关键字对豆子进行排序。

接下来考虑如何计算方案:

可以想到方案是由乘法原理得到的,即每个当前点去往下一个点的方案数的总乘积。

对于60%的数据我们可以用dp[i][j]表示到由(1,1)到(i,j)的方案数,直接计算即可。

100%的数据:将dp[i][j]的表打出来可以发现是杨辉三角的变形,也就是组合数,由于数据范围较大考虑用乘法逆元计算组合数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 100009
#define maxm 1009
inline ll read()
{
ll x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ll)(ch-'');ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,tot;
struct node
{
int x,y;
}p[maxn];
ll ans,base; bool comp(node a,node b)
{
if(a.x==b.x)
return a.y<b.y;
return a.x<b.x;
} ll Quick_mul(ll a,ll b)
{
ll sum=;
while(b)
{
if(b&)
sum=(sum*a)%base;
a=(a*a)%base;
b>>=;
}
return sum%base;
} ll inv(ll x)
{
return Quick_mul(x,base-)%base;
} ll Cal(ll n,ll m)
{
ll a=,b=;
for(ll i=n-m+;i<=n;i++)
a=(a*i)%base;
for(ll j=;j<=m;j++)
b=(b*j)%base;
return a*inv(b)%base;
} int main()
{
// freopen("T1.in","r",stdin);
// freopen("T1.out","w",stdout);
n=read(),m=read(),k=read(),base=1e9+;
if(k>n+m-)
{
puts("");
return ;
}
p[].x=,p[].y=;
for(int i=;i<=k;i++)
p[i].x=read(),p[i].y=read();
sort(p+,p++k,comp);
p[++k].x=n,p[k].y=m;
ans=;
for(int i=;i<=k;i++)
{
if(p[i].y<p[i-].y)
{
puts("");
return ;
}
ll x=(ll)p[i].x-p[i-].x+,y=(ll)p[i].y-p[i-].y+;
ans=ans*Cal(x+y-,y-)%base;
}
printf("%lld\n",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}

  

  

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