「AT4741 [ABC132D] Blue and Red Balls」

题目大意

给出一个长度为 \(N\) 的01串,其中有 \(K\) 个 \(1\),其他都是 \(0\),需要求出当着 \(K\) 个 \(1\) 分成 \(1\) 到 \(K\) 段每一个的方案数.

分析

因为需要将这 \(K\) 个 \(1\) 分成 \(i\)(\(1 \leq i \leq K\))段,那自然就会想到隔板法,那么方案数就是 \(C_{K-1}^{i-1}\),要将这 \(i\) 段放入长度为 \(N-K\) 的 \(0\) 串中,在这样一个串中有 \(N-K+1\) 个位置可以插入一个串,但是每个位置只可以插入一个串,所以方案数就是 \(C_{N-K+1}^{i}\),所以对于分成 \(i\) 段的答案就是 \(C_{K-1}^{i-1} \times C_{N-K+1}^{i}\).计算组合数只要预处理一下逆元就好了,如果不知道怎么处理可以看看这篇文章.

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,first,last) for(int i=first;i<=last;++i)
#define DOW(i,first,last) for(int i=first;i>=last;--i)
using namespace std;
const int MAXN=1e7+7;
const long long mod=1e9+7;
int N,M;
int K;
long long fac[MAXN];
long long inv[MAXN];
long long Inv(long long a,long long b=mod-2)//普通的一个快速幂
{
	long long result=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			result*=a;
			result%=mod;
		}
		a*=a;
		a%=mod;
		b/=2;
	}
	return result;
}
long long C(int N,int M)//计算组合数
{
	if(M>N)//需要特判
	{
		return 0;
	}
	if(N==M)
	{
		return 1;
	}
	long long result=fac[N];
	result=(result*inv[N-M])%mod*inv[M];
	return result%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&N,&K);
	fac[1]=1;
	REP(i,2,N+1)//处理阶乘
	{
		fac[i]=fac[i-1]*i;
		fac[i]%=mod;
	}
	inv[N+1]=Inv(fac[N+1]);//处理逆元
	DOW(i,N,0)
	{
		inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1);
		inv[i]%=mod;
	}
	//我比较喜欢用N,M
	N=N-K;
	M=K;
	REP(i,1,K)
	{
		long long answer=C(N+1,i)*C(M-1,i-1);//直接带公式
		printf("%lld\n",answer%mod);
	}
	return 0;
}