题面

Bzoj

题解

考虑容斥原理,所有人都有特产的方案数等于:

至少零个人没有特产$-$至少一个人没有特产$+$至少两个人有特产$-...$

接着考虑其中一种情况怎么求(假设现在至少有$i$个人没有特产):

对于每种特产,我们分开考虑,假设当前特产有$a[j]$个,则我们可以看作是将$a[j]$个相同的球放入$n-i$个相同的盒子中,允许出现空盒(因为之前说的是至少),利用插板法,方案数为:$C_{n-i+a[j]-1}^{n-i-1}$

最后当前情况的贡献绝对值就是,$C[n][i]$乘上每种特产的贡献之积,$C[n][i]$表示使得$n$个同学中的$i$个没有特产。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using std::min; using std::max;
using std::swap; using std::sort;
typedef long long ll; template<typename T>
void read(T &x) {
int flag = 1; x = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') flag = -flag; ch = getchar(); }
while(ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); x *= flag;
} const int N = 2e3 + 10, P = 1e9 + 7;
int n, m, a[N], c[N][N], ret; int main () {
int lim = N - 10; c[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= lim; ++i) {
c[i][0] = c[i][i] = 1;
for(int j = 1; j < i; ++j)
c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % P;
}
read(n), read(m);
for(int i = 1; i <= m; ++i) read(a[i]);
for(int i = 0, gx = 1; i <= n; ++i) {
int dq = 1;
for(int j = 1; j <= m; ++j)
dq = 1ll * dq * c[n + a[j] - i - 1][n - i - 1] % P;
if(gx > 0) ret = (ret + 1ll * c[n][i] * dq % P) % P;
else ret = (ret + P - 1ll * c[n][i] * dq % P) % P;
gx = -gx;
} printf("%d\n", ret);
return 0;
}

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