正題

題目鏈接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT1983

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題目大意

給出$n$個數對$(a_i,b_i)$

求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i+b_i+a_j+b_j}{a_i+a_j}\right)$$

$1\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i,b_i\le 2000$

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解題思路

啊遇到這種題目直接上組合意義$\text{組合意義天地滅}$

然后發現$a_i,b_i$很小。上面那個組合數可以變成橫著走$a_i+a_j$步，豎著走$b_i+b_j$步的方案。

之后理解為從$(?a_i,?b_i)$走到$(a_j,b_j)$就可以分離$i,j$了。

因為很小，直接多起點走一次求和就好了，要減去重復的部分。

時間復雜度$O(n+max\{a_i\}\times max\{b_i\})$

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code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const ll N=2e5+10,M=4500,P=1e9+7; ll n,a[N],b[N],f[M][M],fac[N],inv[N],ans; ll C(ll n,ll m) {return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;} signed main() {scanf("%lld",&n);inv[1]=1;for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;inv[0]=fac[0]=1;for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);f[2001-a[i]][2001-b[i]]++;}for(ll i=1;i<=4002;i++)for(ll j=1;j<=4002;j++)(f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j-1])%=P;for(ll i=1;i<=n;i++){(ans+=f[2001+a[i]][2001+b[i]]%P)%=P;(ans-=C(2*a[i]+2*b[i],2*a[i]))%=P;}printf("%lld\n",(ans+P)*inv[2]%P);return 0; }

總結

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