其实是我之前写的一篇博客的推广
大意：
一个阶梯型，第 i i i行有 ⌈ i / 2 ⌉ ∗ 2 \left \lceil i/2 \right \rceil*2 ⌈i/2⌉∗2个方块，总共有n行。在其中给定 m m m个点无法经过，求从左上角到右下角的方案数。其中每次移动只能向右或向下
N ≤ 2.5 e 5 , M ≤ 50 N\leq 2.5e5,M\leq 50 N≤2.5e5,M≤50
思路：
一个比较显然的思路是把原图还原为 n × n n\times n n×n的矩阵，然后再添加 n − 2 n-2 n−2个障碍 ( i , ⌈ i / 2 ⌉ ∗ 2 + 1 ) (i,\left \lceil i/2 \right \rceil*2+1) (i,⌈i/2⌉∗2+1),这样就还原成了经典模型，可以直接用容斥来做。
还是将障碍按横纵坐标排个序，同时不妨将终点也放入 S S S中，显然排序后它会是最后一个点
令 S S S表示障碍的集合, d p i dp_i dpi表示从起点到第i个障碍，中间不经过其它障碍的方案数， w i w_i wi表示S中的第i个障碍， g ( ⋅ ) g(\cdot) g(⋅)表示两点之间的所有最短路的方案数（不考虑中间是否经过障碍）
不难得到一个非常naive的式子：
d p i = g ( ( 1 , 1 ) , w i ) − ∑ j < i g ( j , i ) d p j a n s = d p ∣ S ∣ + 1 dp_i=g((1,1),w_i)-\sum_{j<i}g(j,i)dp_j\\ ans = dp_{|S|+1} dpi=g((1,1),wi)−j<i∑g(j,i)dpjans=dp∣S∣+1
但是这样做的时间复杂度是 O ( ( n + m ) 2 O((n+m)^2 O((n+m)2,尝试优化
首先对式子换一个好看点的形式：
令 f i = d p i f_i=dp_i fi=dpi,有
f i = − ( g ( ( 1 , 1 ) , w i ) − ∑ j < i g ( j , i ) d p j ) = − g ( ( 1 , 1 ) , w i ) − ∑ j < i g ( j , i ) f j = ∑ j = 0 i − 1 g ( w j , w i ) f j f_i=-(g((1,1),w_i)-\sum_{j<i}g(j,i)dp_j)=-g((1,1),w_i)-\sum_{j<i}g(j,i)f_j =\sum_{j=0}^{i-1}g(w_j,w_i)f_j fi=−(g((1,1),wi)−j<i∑g(j,i)dpj)=−g((1,1),wi)−j<i∑g(j,i)fj=j=0∑i−1g(wj,wi)fj
这里我们把起点也加入了 S S S中，并令它为第0个点（显然合理）
从而
f i = ∑ j = 0 i − 1 g ( w j , w i ) f j , 0 ≤ i ≤ ∣ S ∣ + 1 a n s = − f ∣ S ∣ + 1 f_i=\sum_{j=0}^{i-1}g(w_j,w_i)f_j,0\leq i\leq |S|+1\\ ans=-f_{|S|+1} fi=j=0∑i−1g(wj,wi)fj,0≤i≤∣S∣+1ans=−f∣S∣+1
注意到障碍总共可以分为两类：
- 题目里原本就在的,数量为O(M)
- 我们新加的，数量为O(N)
而M其实并不大，第一类的点最多带来 O ( M ( N + M ) ) O(M(N+M)) O(M(N+M))的复杂度，这部分我们可以直接暴力。此时我们需要优化的部分就是后者内部的 O ( N × N ) O(N\times N) O(N×N)的复杂度
对第二类点换一种记法：
w i , 1 = ( 2 i − 1 , 2 i + 1 ) w i , 2 = ( 2 i , 2 i + 1 ) w_{i,1}=(2i-1,2i+1)\\ w_{i,2}=(2i,2i+1) wi,1=(2i−1,2i+1)wi,2=(2i,2i+1)
我们先假设第一类点的贡献已经统计完了( w i , 1 , w i , 2 w_{i,1},w_{i,2} wi,1,wi,2之间的贡献也可以在这里算好，复杂度 O ( N ) O(N) O(N))，那么此时
f i , 1 = f i , 1 − ∑ j < i f j , 1 g ( w j , 1 , w i , 1 ) + f j , 2 g ( w j , 2 , w i , 1 ) f i , 2 = f i , 2 − ∑ j < i f j , 1 g ( w j , 1 , w i , 2 ) + f j , 2 g ( w j , 2 , w i , 2 ) f_{i,1} =f_{i,1}- \sum_{j<i}f_{j,1}g(w_{j,1},w_{i,1})+f_{j,2}g(w_{j,2},w_{i,1})\\ f_{i,2} =f_{i,2}- \sum_{j<i}f_{j,1}g(w_{j,1},w_{i,2})+f_{j,2}g(w_{j,2},w_{i,2})\\ fi,1=fi,1−j<i∑fj,1g(wj,1,wi,1)+fj,2g(wj,2,wi,1)fi,2=fi,2−j<i∑fj,1g(wj,1,wi,2)+fj,2g(wj,2,wi,2)
注意到这里 g ( ⋅ ) g(\cdot) g(⋅)的含义其实非常好求，因为它不需要考虑中间经过的点的类型，我们把它写出来
g ( w j , 2 , w i , 1 ) = ( 4 ( i − j ) − 1 2 ( i − j ) ) g ( w j , 1 , w i , 1 ) = g ( w j , 2 , w i , 2 ) = ( 4 ( i − j ) 2 ( i − j ) ) g ( w j , 1 , w i , 2 ) = ( 4 ( i − j ) + 1 2 ( i − j ) ) g(w_{j,2},w_{i,1}) = \binom{4(i-j)-1}{2(i-j)}\\ g(w_{j,1},w_{i,1}) = g(w_{j,2},w_{i,2})= \binom{4(i-j)}{2(i-j)}\\ g(w_{j,1},w_{i,2}) = \binom{4(i-j)+1}{2(i-j)} g(wj,2,wi,1)=(2(i−j)4(i−j)−1)g(wj,1,wi,1)=g(wj,2,wi,2)=(2(i−j)4(i−j))g(wj,1,wi,2)=(2(i−j)4(i−j)+1)
不难发现它们其实都可以表示成 ( i − j ) (i-j) (i−j)的函数，那么显然上述式子就可以用fft来优化了，从而这部分的时间复杂度来到了 O ( N l o g 2 N ) O(Nlog^2N) O(Nlog2N)
所以总体复杂度为 O ( M ( N + M ) + N l o g 2 N ) O(M(N+M)+Nlog^2N) O(M(N+M)+Nlog2N)
over
(退役口胡选手不想敲代码...
那么理论上这种题目也是可以推广的，任意形状的阶梯型我们都可以用同样的复杂度来求解，哪怕有多条边有阶梯形也没有关系（只要中间没有洞）