题目描述

给出初始点(x0,y0)，你可以走T步，每次上下左右，最终你会走到一个点(x,y)，这个点的贡献是$x^ny^m$，问所有方案的贡献和。

解题思路

考虑40分怎么做，可以枚举一个(x,y)，算出到这里的方案数，然后乘上贡献。
另一个思路是dp地维护第i步的贡献和。
考虑某个方案往左右走，(x-1,y)+(x+1,y)的贡献，二项式展开$((x+1)^n+(x-1)^n)y^m=y^m\sum_{i=0..n,i\equiv0(mod\ 2)}2C_n^{n-i}x^{n-i}$，奇数次数的项都被消掉了。我们可以通过这种办法来维护出新的(x,y)的贡献和。
具体地，设f[t][i][j]表示走了t步，对于当前所有方案(x,y)们，$x^iy^j$的和是多少。由于二项式定理的特性，而且和互相不干扰，我们可以把所有x,y放到一起存，存次数小于n,m的项是为了能够维护出$x^ny^m$。x和y实际可以分开维护，因为我们可以在最后组合起来。
我们现在的任务是得出$x^n$的和。设f[i][j]表示走了i步，$x^j$的和是多少。
转移$f[i][j]=\sum_{k\equiv 0(mod\ 2)}2C_j^kf[i-1][j-k]$，微观地，就是(x,y)变成了(x-1,y),(x+1,y)。
我们分别得出$f_x[i][n]$和$f_y[j][m]$之后，枚举左右走i次，那么上下走t-i次，然后就可以用两个f组合起来算答案了，$ans=\sum_i f[i][n]*f[t-i][m]*C_t^i$。
不过t太大，这样没有办法做。
一种思路是旋转45度，这样x,y可以看成一样的东西，搞矩阵乘法优化dp之后求答案。这样能通过80%
考虑转移特性。对于原本的一个f[0][j]，我们观察它会被哪些f状态计算，即它会被怎么转移出去。发现转移到下一层，有时候他会乘2然后下标不变，即f[i][j]->f[i+1][j]，那么t这么大而n这么小，肯定很多时候都下标不变，更关键的是，他在任何地方停留，转移系数都是2，那么我们不考虑停留在原地的贡献，只计算下标变大的转移，设次数cnt，最后再乘上$2^{t-cnt}$，那么我们就把层数优化到了n的级别。
仍然把最终做出来的东西叫$f_x和f_y$，枚举左右的$cnt_x$和上下的$cnt_y$，要还原原来的$f_x[n]和f_y[m]$，还需要乘上$4^{t-cnt_x-cnt_y}$，表示下标不变的转移，因为既可能是左右，也可能是上下，所以不是2而是4。然后再乘上操作顺序的组合数就得到答案了。
时间复杂度$O(n^3)$左右

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(a<b)?a:b)
const int N=2e5+5,M=205,mo=1e9+7;
int fac[N],rev[N],x,y,n,m,t,ans,i,j,k,tmp,f[M][M],g[M][M];
int ksm(int x,int y)
{int ret=1;x%=mo;while (y){if (y&1) ret=1ll*ret*x%mo;y>>=1;x=1ll*x*x%mo;}return ret;
}
void predo(int n)
{fac[0]=1;fo(i,1,n) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mo;rev[n]=ksm(fac[n],mo-2);fd(i,n,1) rev[i-1]=1ll*rev[i]*i%mo;
}
int c(int n,int m)
{if (m<=1e5)return 1ll*fac[m]*rev[n]%mo*rev[m-n]%mo;int ret=1,i;fd(i,m,m-n+1)ret=1ll*ret*i%mo;return 1ll*ret*rev[n]%mo;
}
int main()
{freopen("t1.in","r",stdin);//freopen("t1pai.out","w",stdout);scanf("%d %d %d %d %d",&x,&y,&t,&n,&m);predo(1e5);fo(i,0,n) f[0][i]=ksm(x,i);fo(i,0,m) g[0][i]=ksm(y,i);fo(i,1,n)fo(j,0,n)for(k=j-2;k>=0;k-=2) f[i][j]=(f[i][j]+2ll*c(k,j)*f[i-1][k])%mo;fo(i,1,m)fo(j,0,m)for(k=j-2;k>=0;k-=2) g[i][j]=(g[i][j]+2ll*c(k,j)*g[i-1][k])%mo;ans=0;fo(i,0,min(n+m,t)){tmp=0;fo(j,0,i) if (j<=n&&i-j<=m)tmp=(tmp+1ll*f[j][n]*g[i-j][m]%mo*c(j,i))%mo;ans=(ans+1ll*c(i,t)*tmp%mo*ksm(4,t-i))%mo;}ans=(ans+mo)%mo;printf("%d\n",ans);
}