##[$AcWing$ $1315$. 网格](https://www.acwing.com/problem/content/description/1317/)

### 一、题目描述
某城市的街道呈网格状，左下角坐标为 $A(0,0)$，右上角坐标为 $B(n,m)$，其中 $n≥m$。

现在从 $A(0,0)$点 出发，只能沿着街道向 **正右方** 或者 **正上方** 行走，且不能经过图示中直线左上方的点，即任何途径的点 $(x,y)$ 都要满足 $x≥y$，请问在这些前提下，到达 $B(n,m)$ 有多少种走法。

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2020/01/03/19_90c130462d-1.png'></center>

**输入格式**

仅有一行，包含两个整数 $n$ 和 $m$，表示城市街区的规模。

**输出格式**

输出一个整数，表示不同的方案总数。

**数据范围**
$1≤m≤n≤5000$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
6 6
```

**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
132
```

### 二、解题思路

用求卡特兰数的方法分析一下这个题目就可以得到答案，关于卡特兰数的分析：**[网址](https://blog.csdn.net/weixin_42638946/article/details/115751984)**

我们需要求出点 ($n, m$) 关于$y = x + 1$对称的点的坐标，假设为$(a, b)$，则任何一种不合法的方案都可以转化为到达$(a, b)$的路径，如下图：

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/04/20/61813_28682e03a1-image-20210420210644258.png'></center>

则答案为：$\large \displaystyle C_{m+n}^n-C_{m+n}^a$，问题就转变为了如何求解坐标$(a, b)$

#### 解析几何法 
这是高中知识，我们可以列方程求解，根据垂直可以得到一个等式，根据线段中点在对称轴上可以得到另一个等式，可以得到：
$$
\large \left\{\begin{matrix}
1 \times \frac{b-m}{a-n}=-1 & 解释：两条直线垂直，则斜率乘积为-1 \\ 
y=x+1 \rightarrow \frac{b+m}{2}=\frac{a+n}{2}+1 & 解释：中点公式 \\
\end{matrix}\right.
$$

解方程可得$a=m-1,b=n+1$,因此答案为
$$\large \displaystyle C_{m+n}^n-C_{m+n}^{m-1}$$


#### 平移对称轴法
* ① 将直线$y=x+1$、点$(n,m)$全部向下移动一个单位，就变成了一条直线$y=x$和点$(n,m-1)$
* ② 求$(n,m-1)$关于直线$y=x$的对称点就是$(m-1,n)$
* ③ 再将直线和点全部上移回去，就得到$(m-1,n+1)$

因此，答案也是： $$\large \displaystyle C_{m+n}^n-C_{m+n}^{m-1}$$


> **注**：
> 1. 上面两种方法使用其中一种即可。
> 2. 本题需要使用到高精度求解，如果递推的话计算量为$10000^2=1×10^8$，再加上高精度计算会超时，因此这里求解阶乘的方式然后带入公式求组合数，类似于[$AcWing$ $888$. 求组合数 $IV$](https://www.acwing.com/problem/content/890/)。

### 三、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100010;
int a[N], b[N]; // 两个整数数组保存高精度计算的结果

// 欧拉筛
int primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

// 计算n！中包含质数p的个数
int get(int n, int p) {
    int s = 0;
    while (n) s += n / p, n /= p;
    return s;
}

// 高精乘低精
void mul(int a[], int &al, int b) {
    int t = 0;
    for (int i = 1; i <= al; i++) {
        t += a[i] * b;
        a[i] = t % 10;
        t /= 10;
    }
    while (t) {
        a[++al] = t % 10;
        t /= 10;
    }
}

// 高精减高精
void sub(int a[], int &al, int b[]) {
    for (int i = 1, t = 0; i <= al; i++) {
        a[i] -= t + b[i];
        if (a[i] < 0)
            a[i] += 10, t = 1;
        else
            t = 0;
    }
    while (al > 1 && !a[al]) al--;
}

// C(a,b)的结果，高精度保存到c数组，同时，返回c数组的长度len
void C(int a, int b, int c[], int &cl) {
    // 高精度的基底，乘法的基数是1
    c[1] = 1;
    cl = 1; // 由于高精度数组中只有一位，是1，所以长度也是1

    for (int i = 0; i < cnt; i++) { // 枚举区间内所有质数
        int p = primes[i];
        /*
        C(a,b)=a!/(b! * (a-b)!)
        a!中有多少个质数因子p
        减去(a-b)!的多少个质数因子p,
        再减去b!的质数因子p的个数，就是总个数
        s记录了p这个质数因子出现的次数
        */
        int s = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
        while (s--) mul(c, cl, p); // 不断的乘p,结果保存到数组c中。len将带回c的有效长度
    }
}

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    // 筛质数
    get_primes(2 * n);
    int al, bl;
    C(n + m, m, a, al);     // C(n+m,m)，将高精度结果记录到a数组中,返回数组有效长度al
    C(n + m, m - 1, b, bl); // C(n+m,m-1)，将高精度结果记录到b数组中

    sub(a, al, b); // 计算a-b的高精度减法
    
    // 输出结果，注意是倒序
    for (int i = al; i; i--) printf("%d", a[i]);
    return 0;
}
```