bzoj4710 [Jsoi2011]分特产(容斥)
4710: [Jsoi2011]分特产
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如果不保证每个同学都分到特产,那就比较好算
对于每种特产的数量$A_i$,我们求把它分成$n$个非负整数的方案数
先假装给每个非负整数+1,问题转化为把$A_i+n$分成$n$个正整数的方案数
用上熟悉的插板法,$A_i+n-1$个空,一个空最多插一次板,共插$n-1$次板,答案即为$C(A_i+n-1,n-1)$
蓝后考虑减去有同学没拿到特产的方案数
显然要用上熟悉的容斥原理辣:减去1个同学没拿到的方案,加上2个同学没拿到的方案,.........
于是最终$ans=\sum_{i=0}^{n}\; (-1)^i*C(n,i)*\; \prod_{j=1}^{m}\; C(A_i+n-j-1,n-j-1)$
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rint register int
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 2005
const ll P=1e9+;
inline ll Md(ll a){return a<P?a:a-P;}
int n,m;ll C[N][N],ans,A[N];
void prep(){
C[][]=;
for(rint i=;i<N;++i){
C[i][]=;
for(rint j=;j<=i;++j)
C[i][j]=Md(C[i-][j]+C[i-][j-]);
}
}
ll F(int x){
if(x==) return ;//注意边界
ll re=;
for(rint i=;i<=m;++i) re=re*C[A[i]+x-][x-]%P;
return re;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m); prep();
for(rint i=;i<=m;++i) scanf("%lld",&A[i]);
for(int i=;i<n;++i)
ans=Md((ans+1ll*((i&)?-:)*C[n][i]*F(n-i))%P+P);
printf("%lld",ans);
return ;
}
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