带障碍的网格图dp

给定一个 \(n \times m\) 的网格图，其中若干位置设置了障碍，每一次只能向下或向右移动一格，求从左下角到右下角的不同路径方案数。

这个问题非常经典，用朴素的 \(O(nm)\) dp 是最常见的一种解决方式。然而当 \(n \times m\) 特别大时就不能这样做了。这里记录一种利用容斥 \(O(障碍数^{2})\) 的做法，在障碍数特别少时非常适用。

做法的核心利用了计数映射。对于任意一条从起点到终点的路径，可能不经过障碍，也可能会经过若干个障碍，而我们只需要统计前者的数量。那么对于任意一条经过了障碍的路径，我们只在它经过的第一个障碍处统计该路径的贡献。

于是，令 \(f_{i}\)：对于第 \(i\) 个障碍 \((x, y)\)，从 \((1, 1)\) 到 \((x, y)\)，除了 \((x, y)\) 以外不经过其他任何障碍，不同路径方案数。

结合容斥原理，我们很容易发现：

\[f_{i} = C_{x + y - 2}^{x-1} - (\sum_{p_{j}=(x',y')<(x,y)} f_{j} * C_{x-x'+y-y'}^{x-x'}) \]

因为除了 \((x, y)\) 外，对于终点为 \((x, y)\) 的路径，可能经过的第一个障碍只会是在以 \((1, 1)\) 为左上角、\((x, y)\) 为右下角的矩形范围内的障碍，而 “第一次经过的障碍” 不同也直接导致了路径两两不同，因此可以直接容斥掉。

对于 \(f_{i}\) 条从 \((1, 1)\) 到 \(p_{i} = (x, y)\) 的所有路径，由于保证了 \(p_{i}\) 处的障碍第一次经过，因此后面走到 \((n, m)\) 的过程就无所谓了，直接用组合数求解即可。

答案即为：

\[C_{n+m-2}^{n-1} - (\sum_{p_{k}=(x,y)} f_{k}*C_{n-x+m-y}^{n-x}) \]

下面是例题：

CF559C

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