[JSOI2011]分特产

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

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题解

容斥
直接计算方案很困难
我们可以考虑计算有多少种不符合条件的
我们还是设\(g[i]\)表示至少有i名同学没有分到
设\(f[i]\)表示整好有i名同学没有分到
我们先不考虑每个同学都要分到的限制
那么有\(k\)个同学分礼物的方案数就是\(S[k]=\prod_{i=1}^{m}{C(num[i]+k-1,k-1)}\),也就是对每种礼物做方程整数解然后乘起来
那么显然\(g[k]=\sum_{i=k}^{n}{C(n,i)*S[n-i]}\)
然后也易得\(g[k]=\sum_{i=k}^{n}{C(i,k)*f[i]}\)
所以我们对上式二项式反演得\(f[k]=\sum_{i=k}^{n}{(-1)^{i-k}*C(i,k)*g[i]}\)
然后答案就是\(S[n]-\sum_{i=1}^{n}{f[i]}\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
# define int long long
const int M = 2005 ;
const int mod = 1e9 + 7 ;
using namespace std ;
inline int read() {
	char c = getchar() ; int x = 0 , w = 1 ;
	while(c>'9'||c<'0'){ if(c=='-') w = -1 ; c = getchar() ; }
	while(c>='0'&&c<='9') { x = x*10+c-'0' ; c = getchar() ; }
	return x*w ;
}

int n , m , Ans , num[M] , s[M] , c[M][M] ;
inline int Calc(int k) {
	int ret = -1 , temp = 0 ;
	for(int i = k ; i <= n ; i ++) {
		ret *= -1 ;
		temp = (temp + ret * c[i][k] * c[n][i] % mod * s[n - i] % mod + mod) % mod ;
	}
	return temp ;
}
# undef int
int main() {
# define int long long
	n = read() ; m = read() ; 
	for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) num[i] = read() ;
	c[0][0] = 1 ;
	for(int i = 1 ; i <= 2000 ; i ++) {
		c[i][0] = 1 ;
		for(int j = 1 ; j <= i ; j ++)
		    c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod ;
	}
	for(int p = 1 ; p <= n ; p ++) {
		s[p] = 1 ;
		for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) 
			s[p] = (s[p] * c[num[i] + p - 1][num[i]]) % mod ;
	}
	Ans = s[n] ;
	for(int i = 1 ; i < n ; i ++) Ans = (Ans - Calc(i) + mod) % mod ;
	printf("%lld\n",Ans) ;
	return 0 ;
}