1111: 子序列求和

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Description

给出n个数字,分别为1,2,3,……,n。从中选出t个数字,且这t个数字和为x的方案数为ft,x 。给出m。输出下面的值:
 
数据满足n <= 20000,m <= min(10, n)。

Input

第一行输入T表示测试数据的行数。接下来T行,每行两个数字n, m。T <= 20。

Output

对于每组测试数据,输出一行。

Sample Input

1 4 2

Sample Output

64

HINT

Source

用d[t][x]表示t个数字和为x的方案数,且这t个数字中的最大数字不超过n。
核心思想 : 给d[t][x]中的每个数字减掉一,变成d[t][x-t],d[t][x]应该等于d[t][x-t].
如果这t个数字中的最小数字为1的话,减去1,最小数字就变为0,相当于t-1个数字,d[t-1][x-t]
,然而这两种情况都未考虑,最大数字不超过n的情况,假设d[t][x-t]中最大数字为n,给这t个数字每个加上1,
那么最大数字就为n+1,超过n,所以,要去掉n+1,这个最大数字,减掉这种情况,相当于减掉d[t-1][x-t].
还有一个坑就是A+B-C,由于要取模,所以A+B可能小于C,(A+B-C+MOD)%MOD;
 (d%MOD+MOD)%MOD;

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
#define maxn 21000
#define LL long long
#define MOD 1000000007
int n,m;
LL answer;
LL d[][maxn*];
LL f[];
void init()
{
memset(d,,sizeof(d));
for(int i=;i<;i++)
f[i]=;
}
LL pow(int a,int b)
{
LL ans=;
for(int i=;i<=b;i++)
{
ans=(ans*a)%MOD;
}
return ans;
}
void solve()
{
for(int i=;i<=n;i++)
d[][i]=;
f[]=pow(,n);
// cout<<f[1]<<endl;
for(int t=;t<=m;t++)
{
for(int x=;x<(t*n);x++)
{
d[t][x]=(d[t][x-t]+d[t-][x-t]-d[t-][x-(n+)] + MOD)%MOD; f[t]=(f[t]*(d[t][x]+))%MOD;
//printf("%d %d %d\n",t,x,d[t][x]);
}
//最小值要么为1,要么不为1,
//当最小值为1时,最大值可能为n,需要减去d[t-1][x-(n+1)];
//当最小值不为1,最大值也可能为n,需要减去d[t-1][x-(n+1)];
//由于这两种情况互斥,所以最多只需要减1次
//cout<<endl;
// while(f[t]<0)
//cout<<f[t]<<endl;
} answer=;
for(int t=;t<=m;t++)
{
// printf("f %d %d\n",t,f[t]);
answer=(answer+f[t])%MOD;
answer=answer%MOD;
}
// while(answer<0)
printf("%lld\n",answer%MOD);
}
int main()
{
// cout<<(-5)%3<<endl;
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
init();
scanf("%d%d",&n,&m);
solve();
}
return ;
}

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