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##[$AcWing$ $1315$. 网格](https://www.acwing.com/problem/content/description/1317/)
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### 一、题目描述
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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 $n≥m$。
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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。
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2020/01/03/19_90c130462d-1.png'></center>
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**输入格式**
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仅有一行，包含两个整数 $n$ 和 $m$，表示城市街区的规模。
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**输出格式**
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输出一个整数，表示不同的方案总数。
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**数据范围**
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$1≤m≤n≤5000$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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6 6
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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132
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```
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### 二、解题思路
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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)**
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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：
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/04/20/61813_28682e03a1-image-20210420210644258.png'></center>
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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$(a, b)$
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#### 解析几何法
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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：
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$$
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\large \left\{\begin{matrix}
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1 \times \frac{b-m}{a-n}=-1 & 解释：两条直线垂直，则斜率乘积为-1 \\
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y=x+1 \rightarrow \frac{b+m}{2}=\frac{a+n}{2}+1 & 解释：中点公式 \\
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\end{matrix}\right.
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$$
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解方程可得$a=m-1,b=n+1$,因此答案为
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$$\large \displaystyle C_{m+n}^n-C_{m+n}^{m-1}$$
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#### 平移对称轴法
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* 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$(n,m-1)$
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* ② 求$(n,m-1)$关于直线$y=x$的对称点就是$(m-1,n)$
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* ③ 再将直线和点全部上移回去，就得到$(m-1,n+1)$
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因此，答案也是： $$\large \displaystyle C_{m+n}^n-C_{m+n}^{m-1}$$
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> **注**：
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> 1. 上面两种方法使用其中一种即可。
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> 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/)。
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### 三、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 100010;
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int a[N], b[N]; // 两个整数数组保存高精度计算的结果
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// 欧拉筛
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int primes[N], cnt;
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bool st[N];
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void get_primes(int n) {
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
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for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
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st[primes[j] * i] = true;
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if (i % primes[j] == 0) break;
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}
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}
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}
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// 计算n！中包含质数p的个数
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int get(int n, int p) {
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int s = 0;
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while (n) s += n / p, n /= p;
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return s;
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}
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// 高精乘低精
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void mul(int a[], int &al, int b) {
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int t = 0;
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for (int i = 1; i <= al; i++) {
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t += a[i] * b;
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a[i] = t % 10;
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t /= 10;
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}
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while (t) {
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a[++al] = t % 10;
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t /= 10;
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}
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}
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// 高精减高精
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void sub(int a[], int &al, int b[]) {
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for (int i = 1, t = 0; i <= al; i++) {
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a[i] -= t + b[i];
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if (a[i] < 0)
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a[i] += 10, t = 1;
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else
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t = 0;
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}
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while (al > 1 && !a[al]) al--;
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}
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// 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
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void C(int a, int b, int c[], int &cl) {
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// 高精度的基底，乘法的基数是1
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c[1] = 1;
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cl = 1; // 由于高精度数组中只有一位，是1，所以长度也是1
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for (int i = 0; i < cnt; i++) { // 枚举区间内所有质数
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int p = primes[i];
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/*
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C(a,b)=a!/(b! * (a-b)!)
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a!中有多少个质数因子p
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减去(a-b)!的多少个质数因子p,
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再减去b!的质数因子p的个数，就是总个数
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s记录了p这个质数因子出现的次数
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*/
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int s = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
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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
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}
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}
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int main() {
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int n, m;
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cin >> n >> m;
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// 筛质数
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get_primes(2 * n);
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int al, bl;
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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
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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
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sub(a, al, b); // 计算a-b的高精度减法
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// 输出结果，注意是倒序
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for (int i = al; i; i--) printf("%d", a[i]);
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return 0;
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}
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``` |