HEX SDUT 3896 17年山东省赛D题

题目

HEX

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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 13 2100000 100000

Example Output

131

    题目大意

给了我们一个类似杨辉三角形状的东西，告诉我们其中的方格可以移动，他有三种移动方式：左下，右下，垂直向下，现在他要我们求给定一个坐标点（A，B)，我们从（1，1）到（A，B)有多少种方式？

    解题思路

我们通过观察可以看得出来从（1，1）到（A，B）有两种主要的方式

方式一：走的方式中不包括垂直向下

方式二：走的方式中有垂直向下

这里用一个例子来展开

我们假设所求为（1，1）到（5，3）的路径数

我们可以看到，

方式一：需要走两次左下和两次右下。

方式二：①一次左下一次右下，一次垂直向下   ②两次垂直向下

  通过比较方式一和方式二我们发现了一件有趣的事，一次垂直向下操作相当于一次左下加一次右下操作

这里我们先来讨论方式一，方式一的路径数是

 

l是左下的次数，r是右下的次数，A代表全排列也就是阶乘

为什么要采用这个公式呢？这个可以看成是一个排列组合的问题，先把所有的步骤全排列然后去掉其中重复的组合数（高中知识，如果还没看懂，可以问一下同学或者百度）

方式二的求法只要枚举就可以了，枚举方式是，每次left--,right--,down++，这个时候的公式就变成了

枚举到right或者left其中一个为0，这就代表没有办法再抵消成一个down了

因为本题要求我们mod1e9+7,所以就想到了逆元

逆元不会的话自行学习吧，这里主要讲解这一题的思路

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;#define LL long longconst int fcnt=200005;const LL mod=1000000000+7;LL fac[fcnt];LL inv[fcnt];void getfac(){    fac[0]=1;    for(int i=1;i<fcnt;i++)        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;}LL quickpow(LL a,LL b){    if(b<0) return 0;    LL ret=1;    a%=mod;    while(b)    {        if(b&1)            ret=(ret*a)%mod;        b>>=1;        a=(a*a)%mod;    }    return ret;}void getinv(){    inv[0]=1;    for(int i=1;i<fcnt;i++)        inv[i]=quickpow(fac[i],mod-2);}int main(){  LL a,b;  getfac();  getinv();  while(scanf("%lld%lld",&a,&b)!=EOF)  {      LL right=b-1;      LL left=a-b;      LL down=0;      LL sum=0;      while(right>=0&&left>=0)      {          sum=(sum+(((fac[right+left+down]*inv[right])%mod*inv[left])%mod*inv[down])%mod)%mod;          right--;left--;down++;      }      printf("%lld\n",sum);  }  return 0;}