路径计数

题目链接：YBT2023寒假Day5 C

题目大意

有一个 h*w 的网格，你要从左上角走到右下角，每次可以向右或者向下，定义一条路径的分数是它经过的位置的权值和。
每次会选择权值大的点走过去，如果权值相同，就走右边，如果只有一个方向可以走就走那个方向。
一直左上角权值为 0，其它格子值域 0~S，问你有多少个网格满足路径的分数恰好是 S。

思路

考虑到网格中有很多的地方是没有限制的，而这个数量你会发现并不是固定的。
考虑到移动可以因此分为几类。
（没有限制的向右走，没有限制的向下走，有限制的往限制的方向走）

不过会注意到其实最后会有限制，但两种限制其实不同，考虑分别求贡献加起来。
假设接触了下边界，碰的位置是 \((h,a+1)\)，也就是已经往右走了 \(a\) 次。
那往下走的次数 \(b=h-1\)，最后限制的走要走 \(c=w-1-a\) 次。

考虑到没有限制的操作会固定一个格子的值，限制一个格子的取值，而有限制的操作会固定一个格子的值。
那任意填数的格子数 \(d=hw-1-2a-2b-c\)

然后考虑每种操作分开来 DP 或者什么的，就比如无限制往右走，那就是 \(f_{i,j}\) 为进行 \(i\) 次这个操作，权值和是 \(j\) 的方案数。
（这里就是把 \(j\) 拆成 \(i\) 个非负整数的所有方案，这 \(i\) 个数各自加一的乘积之和）
（加一是因为相等的时候往右走，可以相等）

那无限制往右走就是 \(g_{i,j}\) 为把 \(j\) 拆成 \(i\) 个非负整数的所有方案，这些数的乘积之和。
而有限制的，就是 \(h_{i,j}\) 为把 \(j\) 拆成 \(i\) 个非负整数的方案数。

那总答案就是：（注意组合数是 \(\binom{a+b-1}{a}\) 是因为最后一步一定是 \(b\)）
\((S+1)^d\binom{a+b-1}{a}\sum\limits_{x+y\leqslant S}f_{a,x}g_{b,y}h_{c,S-x-y}\)

但是这还不够，考虑后面枚举的部分要怎么处理。
考虑到这个 DP 都很简单，考虑用看看转移式：
\(f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^jf_{i-1,j-k}(k+1)\)
\(g_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{j}f_{i-1,j-k}k\)
\(h_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^jf_{i-1,j-k}\)
发现是卷积的形式。

然后我们尝试生成函数：
\(F(x)=\sum\limits_{i\geqslant 0}(i+1)x^i\)
\(G(x)=\sum\limits_{i\geqslant 0}ix^i\)
\(H(x)=\sum\limits_{i\geqslant 0}x^i\)
然后弄封闭形式：（错位相减，就只写 \(F(x)\) 的例子了）

\(xF(x)=\sum\limits_{i\geqslant 0}(i+1)x^{i+1}=\sum\limits_{i\geqslant 1}ix^i\)
\(F(x)-xF(x)=1+\sum\limits_{i\geqslant 1}x^i=\sum\limits_{i\geqslant 0}x^i\)
\(F(x)=\dfrac{\sum\limits_{i\geqslant 0}x^i}{1-x}\)

然后这个是 \(H(x)\)，然后同样的道理（或者这个经典的形式），就得到 \(H(x)=\dfrac{1}{1-x}\)
那 \(F(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}\)，\(G(x)\) 同理有 \(G(x)=\dfrac{x}{(1-x)^2}\)

然后放进后面枚举的式子里面：
\(\sum\limits_{x+y\leqslant S}f_{a,x}g_{b,y}h_{c,S-x-y}\)
其实就是要：
\([x^S](F^aG^bH^c)(x)=[x^S]\dfrac{x^b}{(1-x)^{2a+2b+c}}=[x^{S-b}]\dfrac{1}{(1-x)^{2a+2b+c}}\)

不过 \(\dfrac{1}{1-x}\) 是 \(\sum\limits_{i\geqslant 0}x^i\) 的封闭形式，那这个就是 \(2a+2b+c\) 个卷积起来。
那在组合意义上，它的 \(x^{S-b}\) 项，就是用 \(2a+2b+c\) 个非负整数组成 \(S-b\) 的方案数。
那这个我们用插板法，就是 \(\binom{S-b+2a+2b+c-1}{2a+2b+c-1}\)

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 1000000007

using namespace std;

const int N = 8e6;
int n, m, s, jc[N], inv[N], invs[N];

int add(int x, int y) {return x + y >= mo ? x + y - mo : x + y;}
int dec(int x, int y) {return x > y ? x - y : x - y + mo;}
int mul(int x, int y) {return 1ll * x * y % mo;}

int ksm(int x, ll y) {
	int re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = mul(re, x);
		x = mul(x, x); y >>= 1; 
	}
	return re;
}

int C(int n, int m) {
	if (n < 0 || n < m || m < 0) return 0;
	return mul(mul(jc[n], invs[m]), invs[n - m]);
}

int main() {
	freopen("count.in", "r", stdin);
	freopen("count.out", "w", stdout);
	
	jc[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) jc[i] = mul(jc[i - 1], i);
	inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) inv[i] = mul(inv[mo % i], mo - mo / i);
	invs[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) invs[i] = mul(invs[i - 1], inv[i]);
	
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &s);
	
	if (n == 1 && m == 1) {printf("%d", (s == 0) ? 1 : 0); return 0;}
	if (n == 1) {printf("%d", C(m - 1 + s - 1, s)); return 0;}
	if (m == 1) {printf("%d", C(n - 1 + s - 1, s)); return 0;}
	
	int ans = 0;
	for (int a = 0; a < m - 1; a++) {
		int b = n - 1, c = m - 1 - a;
		ll d = 1ll * n * m - 1 - 2 * (a + b) - c;
		ans = add(ans, mul(ksm(s + 1, d), mul(C(a + b - 1, a), C(s - b + 2 * a + 2 * b + c - 1, 2 * a + 2 * b + c - 1))));
	}
	for (int b = 0; b < n - 1; b++) {
		int a = m - 1, c = n - 1 - b;
		ll d = 1ll * n * m - 1 - 2 * (a + b) - c;
		ans = add(ans, mul(ksm(s + 1, d), mul(C(a + b - 1, b), C(s - b + 2 * a + 2 * b + c - 1, 2 * a + 2 * b + c - 1))));
	}
	printf("%d", ans);
	
	return 0;
}