UVA - 11806 Cheerleaders （容斥原理）

题意：在N*M个方格中放K个点，要求第一行，第一列，最后一行，最后一列必须放，问有多少种方法。

分析：

1、集合A,B,C,D分别代表第一行，第一列，最后一行，最后一列放。

则这四行必须放=随便放C[N * M][K] - 至少有一行没放，即ABCD=随便放-A的补集 ∪ B的补集 ∪ C的补集 ∪ D的补集。

2、A的补集 ∪ B的补集 ∪ C的补集 ∪ D的补集，可用容斥原理计算，二进制枚举即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<iterator>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<deque>
#include<queue>
#include<list>
#define lowbit(x) (x & (-x))
const double eps = 1e-9;
inline int dcmp(double a, double b){
    if(fabs(a - b) < eps) return 0;
    return a > b ? 1 : -1;
}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int INT_INF = 0x3f3f3f3f;
const int INT_M_INF = 0x7f7f7f7f;
const LL LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL LL_M_INF = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
const int dr[] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
const int dc[] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1};
const int MOD = 1000007;
const double pi = acos(-1.0);
const int MAXN = 400 + 10;
const int MAXT = 1000 + 10;
using namespace std;
int C[MAXN][MAXN];
void init(){
    for(int i = 0; i < MAXN; ++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]) % MOD;
        }
    }
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d", &T);
    int kase = 0;
    init();
    while(T--){
        int N, M, K;
        scanf("%d%d%d", &N, &M, &K);
        printf("Case %d: ", ++kase);
        if(K > N * M){
            printf("0\n");
            continue;
        }
        int n = 4;
        int ans = C[N * M][K];
        for(int i = 1; i < (1 << n); ++i){
            int cnt = 0, tmpn = N, tmpm = M;
            for(int j = 0; j < n; ++j){
                if(i & (1 << j)){
                    ++cnt;
                    if(j & 1) --tmpm;
                    else --tmpn;
                }
            }
            if(cnt & 1){
                ans = (ans - C[tmpm * tmpn][K] + MOD) % MOD;
            }
            else{
                (ans += C[tmpm * tmpn][K]) %= MOD;
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}