Input



第1行，2个数M,N，中间用空格隔开。（2 <= m,n <= 1000000)



Output



输出走法的数量 Mod 10^9 + 7。



Input示例



2 3



Output示例



3



相关问题

一开始我的做法十分的傻逼，就是用dp递推，这个方法只适用于n，m的数值都小于1000 当有1e6的时候，用这个方法就是找死（自己也没看范围），如果范围小就是棋盘DP，范围大就要用到小费马定理。

首先，他的方法数是有规律可寻，规律看如下（每行每列的方案数）：

1 1 1   1   1

1 2 3   4   5

1 3 6  10 15

1 4 10 20 35

即可变成

C(0,1) C(0,2) C(0,3)  C(0,4) C(0,5)

C(1,1)C(1,2) C(1,3)  C(1，4) C(1,5)

C(2,2) C(2,3) C(2,4) C(2,5) C(2,6)

C(3,3） C(3,4) C(3,5) C(3,6) C(3,7)

方案数变成了C（n-1,n+m-2）===>(n+m-2)!/((n-1)!(m+1)!)

因为n，m，mod太大，一般求法会爆，所以用了小费马定理（也可以用卢卡斯定理）

小费马定理是 当对任意m有不是mod的倍数的数b，有b^(m-1)=1（mod m）

∴b*b^(m-2)=1  ∴a/b==>a*b^(m-2)  

b^(m-1)就是b的逆元了

代码如下：


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 2000000
#define mod 1000000007
long long int J[N];
void init(){
    int i;
    memset(J,0,sizeof(J));
    J[1]=1;
    for(i=2;i<=2000000;i++){
        J[i]%=mod;
        J[i]=(J[i-1]*i)%mod;
        J[i]%=mod;
    }
    return ;
}
long long int mi(long long int n,long long int m){
    long long int base=n,r=1;
    while(m){
        if(m&1)
            r=(r*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        m>>=1;
    }
    return r;
}
int main()
{
     long long int i,j,n,m;
     scanf("%lld %lld",&n,&m);
     init();
     long long int ans=J[m+n-2];
     ans=(ans*mi(J[n-1],mod-2))%mod;
     ans=(ans*mi(J[m-1],mod-2))%mod;
     printf("%lld\n",ans);
     return 0;
}