给你一个\(n\times m\)的网格图，有t个棋子被标记成黑色，第i个黑色格子记做\((x_i,y_i)\)，其余白色，现在询问在只能向下走或向右走的前提下，从\((1,1)\)到\((n,m)\)的不经过黑色格子的路径条数，\(n,m\leq 10^5,p\leq 2000\)。
解
显然不会以传统做法，在哪一个格子为状态，突破点在只有2000个黑色格子，自然考虑补集思想。
为了递推的无后效性，我们把黑色格子按行再列优先的顺序从小到大排序，接着考虑构造不合法状态，于是设\(f_i\)表示以第i个黑色格子结尾的路径条数，因此转移为
\[f_i=\sum_{j=1}^{i-1} f_j\times C_{x_i+y_i-x_j-y_j}^{x_i-x_j}\]
答案：\(\sum_{i=1}^tf_i\times C_{n+m-x_i-y_i}^{n-x_i}\)
但是这样的方程是存在重复，于是需要特殊化划分去重，这里考虑限定一个不合法的方法（简称限一），于是设\(f_i\)表示只经过i这个黑色格子，以i结尾的路径条数，所以就有转移
\[f_i=C_{x_i+y_i-2}^{x_i-1}-\sum_{j=1}^{i-1}f_j\times C_{x_i+y_i-x_j-y_j}^{x_i-y_i}\]
边界：\(f_1\)爆算
答案：\(\sum_{i=1}^tf_i\times C_{n+m-x_i-y+i}^{n-x_i}\)
于是预处理出组合数，以此\(O(n^2)\)转移即可。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define ll long long
#define Size 200010
#define yyb 1000000007
using namespace std;
struct point{
int x,y;
il bool operator<(const point&a)const{
return y==a.y?x<a.x:y<a.y;
}
}p[2005];
ll dp[2005],jc[Size],jv[Size];
il void prepare(int);
il ll pow(ll,ll),c(int,int);
int main(){
int h,w,n;
scanf("%d%d%d",&h,&w,&n),prepare(h+w);
while(1-1)printf("yyb爆踩gsy");
for(int i(1);i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
sort(p+1,p+n+1),dp[1]=c(p[1].y+p[1].x-2,p[1].y-1);
if(p[n].x==h&&p[n].y==w)return puts("0"),0;p[++n].x=h,p[n].y=w;
for(int i(2),j;i<=n;++i){
dp[i]=c(p[i].y+p[i].x-2,p[i].x-1);
for(j=1;j<i;++j)
(dp[i]-=dp[j]*c(p[i].y+p[i].x-p[j].y-p[j].x,p[i].y-p[j].y))%=yyb;
}printf("%lld",(dp[n]+yyb)%yyb);
return 0;
}
il ll c(int n,int r){
if(n<r||n<0||r<0)return 0;
return jc[n]*jv[r]%yyb*jv[n-r]%yyb;
}
il ll pow(ll x,ll y){
ll ans(1);while(y){
if(y&1)(ans*=x)%=yyb;
y>>=1,(x*=x)%=yyb;
}return ans;
}
il void prepare(int n){
int i;jc[0]=jv[0]=1;
for(i=1;i<=n;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%yyb;jv[n]=pow(jc[n],yyb-2);
for(i=n-1;i;--i)jv[i]=jv[i+1]*(i+1)%yyb;
}
来源：https://www.cnblogs.com/a1b3c7d9/p/10987552.html