[BZOJ4710][JSOI2011]分特产(组合数＋容斥原理)

4710: [Jsoi2011]分特产

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Description

JYY 带队参加了若干场ACM/ICPC 比赛，带回了许多土特产，要分给实验室的同学们。

JYY 想知道，把这些特产分给N 个同学，一共有多少种不同的分法？当然，JYY 不希望任

何一个同学因为没有拿到特产而感到失落，所以每个同学都必须至少分得一个特产。

例如，JYY 带来了2 袋麻花和1 袋包子，分给A 和B 两位同学，那么共有4 种不同的

分配方法：

A：麻花，B：麻花、包子

A：麻花、麻花，B：包子

A：包子，B：麻花、麻花

A：麻花、包子，B：麻花

 

Input

输入数据第一行是同学的数量N 和特产的数量M。

第二行包含M 个整数，表示每一种特产的数量。

N, M 不超过1000，每一种特产的数量不超过1000

 

Output

输出一行，不同分配方案的总数。由于输出结果可能非常巨大，你只需要输出最终结果

MOD 1,000,000,007 的数值就可以了。

 

Sample Input

5 4
1 3 3 5

Sample Output

384835

HINT

 

Source

 

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水题。考虑每个特产，a[i]个特产分给n个人，但不要求每个人都有这个特产，直接组合数即可。

但是这样就无法保证每个人都有至少一个特产了，这个容斥就好。

一般题目有多个限制的时候可以用容斥去掉一个限制（相应的复杂度也要多一个数量级）

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=,mod=;

 int n,m,a[N],c[N][N];
 ll ans;

 int main(){
     for (int i=; i<N; i++) c[i][]=;
     for (int i=; i<N; i++) for (int j=; j<N; j++)
         c[i][j]=(c[i-][j]+c[i-][j-])%mod;
     scanf("%d%d",&n,&m);
     rep(i,,m) scanf("%d",&a[i]);
     for (int i=,f=;i<=n;++i,f=-f){
         ll now=;
         rep(j,,m) now=now*c[a[j]+n-i-][n-i-]%mod;
         ans=(ans+now*c[n][i]%mod*f)%mod;
     }
     ans=(ans%mod+mod)%mod;
     printf("%lld\n",ans);
 }