[AGC001 E] BBQ Hard

Description

有\(N(N\leq 200000)\)个数对\((a_i,b_i)(a_i,b_i,\leq 2000)\)，求出\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^nC_{a_i+b_i+a_j+b_j}^{a_i+a_j}\) 答案对\(10^9+7\)取模

Solution

首先考虑\(C(n,m)\)的组合意义：在笛卡尔坐标系下只能向上和向右走，从原点走到\((m,n-m)\)的路径总数。

所以这个\(C_{a_i+b_i+a_j+b_j}^{a_i+a_j}\)就可以看成从\((0,0)\)走到\((a_i+a_j,b_i+b_j)\)的方案数，这个式子里有\(i\)的项和有\(j\)的项掺在了一起，尝试将他们拆开。这个方案数等价于从\((-a_i,-b_i)\)走到\((a_j,b_j)\)的方案数，这样一来\(i\)和\(j\)至少分开了。

然后试着不考虑\(j>i\)的限制，求出第三象限上所有点到\((a_i,b_i)\)的方案数，再减去从\((-a_i,-b_i)\)到\((a_i,b_i)\)的方案数，再除以\(2\)就是就是最终的答案了。

可以设\(f[i][j]\)表示第三象限内的点只能向上和向右走，走到\((i,j)\)的方案数。初值是\(f[a_i][b_i]=1\)，转移就是每个点可以从它的左边或者右边走过来\(f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j-1]\)。

Code

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
const int M=2005;
const int N=200005;
const int ZYZ=1e9+7;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(A) push_back(A)
#define pii std::pair<int,int>
#define all(A) A.begin(),A.end()
#define mp(A,B) std::make_pair(A,B)

int n,a[N],b[N];
int f[M<<1][M<<1];
int fac[M<<2],ifac[M<<2];

int getint(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();
    if(w) return -X;return X;
}

int ksm(int a,int b,int ans=1){
    while(b){
        if(b&1) ans=1ll*ans*a%ZYZ;
        a=1ll*a*a%ZYZ;b>>=1;
    }return ans;
}

void init(int n){
    fac[0]=ifac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%ZYZ;
    ifac[n]=ksm(fac[n],ZYZ-2);
    for(int i=n-1;i;i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%ZYZ;
}

int C(int n,int m){
    return 1ll*fac[n]*ifac[m]%ZYZ*ifac[n-m]%ZYZ;
}

signed main(){
    init(8000);
    n=getint();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=getint(),b[i]=getint();
        f[2001-a[i]][2001-b[i]]++;
    }
    for(int i=1;i<=4001;i++)
        for(int j=1;j<=4001;j++)
            f[i][j]=(1ll*f[i][j]+f[i-1][j]+f[i][j-1])%ZYZ;
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[a[i]+2001][b[i]+2001])%ZYZ;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans-C(a[i]+b[i]<<1,b[i]<<1)+ZYZ)%ZYZ;
    printf("%lld\n",1ll*ans*ksm(2,ZYZ-2)%ZYZ);
    return 0;
}