AcWing 214. Devu和鲜花 （容斥）打卡

Devu有N个盒子，第i个盒子中有AiAi枝花。

同一个盒子内的花颜色相同，不同盒子内的花颜色不同。

Devu要从这些盒子中选出M枝花组成一束，求共有多少种方案。

若两束花每种颜色的花的数量都相同，则认为这两束花是相同的方案。

结果需对109+7109+7取模之后方可输出。

输入格式

第一行包含两个整数N和M。

第二行包含N个空格隔开的整数，表示A1,A2,…,ANA1,A2,…,AN。

输出格式

输出一个整数，表示方案数量对109+7109+7取模后的结果。

数据范围

1≤N≤201≤N≤20,
0≤M≤10140≤M≤1014,
0≤Ai≤10120≤Ai≤1012

输入样例：

3 5
1 3 2

输出样例：

3

题意：让你在n朵花里面选择m朵，其中有些花朵相同，然后求方案数有多少种，不用顺序排列
思路：这里其实就是一个多重集的组合数问题

多重集的排列问题

有k个物品，总共有n个种类，第ni个种类有a[i]个物品，问全排列数是多少
就是  n!/(n1!*n2!*....ni!),道理很简单，全部不相同的全排列数是n!，但是这个其中有重复，所以我们需要去重，所有我们对每个种类求个全排列
然后除就行，其中每个种类的重复又可以和其他种类的重复产生联系，所以是乘法原理，把所有的种类全排列相乘即可

多重集的组合问题
有k个物品，总共有n个种类，第ni个种类有a[i]个物品，然后从中选择m个，问有多少个选择方法

多重集的组合数的弱化版（m=<a[i]）
如果是基于这个条件的话，那么我们就可以直接采用隔板法来计算，首先我们选择m个商品，我们条件那么就只有在每个种类选择的个数加起来等于m即可
又因为我们的m不会大于每个种类个数，那么我们就把他分为n组即可，使用n-1个隔板，那么这个的答案就是
C(n+m-1,n-1)  我们把我们的m个商品分个类，分成n份，所有我们还加入了n-1个隔板，所以就是这个答案

多重集的组合数的强化版（m<=n）
首先这个不能和上面用一样的方法了，上面的我们限制了，m<=a[i],说明我们无论怎么对m进行分割，单个分组的个数不可能大于输入的组的个数，但是现在给定你的那个条件有可能出现
单个分组大于输入分组个数，这样的方案都是不可行的，在这里我们就需要使用容斥来去掉我们无法使用的方案，这里我们可以使用原来的方案去减掉有一个超过限制，两个，三个.....n个
然后这1，2，3,....n个中又有重复，所以我们需要使用容斥
Ck−1k−r−1−∑i=1kCk−1k+r−ni−2+∑1≤i≤j≤nCk−1k+r−ni−nj−3−...+(−1)kCk−1k+r−∑ki=1ni−(k+1)
写代码的时候我们枚举所有情况，我们使用状压，当前二进制1就代表容斥选择了这个项

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m;
ll a[];
ll inv[];
ll quick_pow(ll a,ll b)
{
    ll ans=;
    while(b){
        if(b&) ans=(ans*a)%mod;
        b=b/;
        a=(a*a)%mod;
    }
    return ans;
}
ll C(ll n,ll m){
    if(n<||m<||n<m) return ;
    n%=mod;
    if(n==||m==) return ;
    ll ans=;
    for(int i=;i<m;i++){
        ans=(ans*(n-i))%mod;
    }
    for(int i=;i<=m;i++){
        ans=(ans*inv[i])%mod;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=;i<=n;i++) inv[i]=quick_pow(i,mod-);//求出1-n的逆元，留着求组合数乘积的时候使用
    ll ans=;
    for(int i=;i<(<<n);i++){
        if(i==){
            ans=(ans+C(n+m-,n-))%mod;
        }
        else{
            ll p=;
            ll t=n+m;
            for(int j=;j<n;j++){
                if((i>>j)&){
                    p++;
                    t-=a[j+];
                }
            }
            t-=p+;
            if(p&){
                ans=(ans-C(t,n-))%mod;
            }
            else{
                ans=(ans+C(t,n-))%mod;
            }
        }
    }
    cout<<(ans+mod)%mod;
}