题解：B3903 [NICA #3] 星空（Hard Version）
这两天怎么水这么多题解？
https://www.luogu.com.cn/article/dfnjx8m6
提供一种 \(O(1)\) 回答的方法，和目前题解区的都不一样。
如果存在一个 \(a_i \ge x\)，那么它和任意别的数相加都大于 \(x\)，答案为 \(0\)。
如果 \(x\) 在二进制下只有一位且不存在 \(a_i \ge x\)，显然任意的顺序都合法，答案为 \(n!\)。
设 \(B\) 类数为 \(x\) 在二进制下最高一位所表示的数，\(A\) 类数为与 \(B\) 类数相加大于 \(x\) 的数，\(C\) 类数为其他数。
拿样例举例，\(46\) 的二进制表示为 \(101110\)，那么二进制表示为 \(100000\) 的数，即 \(32\)，为 \(B\) 类数。\(16\) 为 \(A\) 类数，\(4,8\) 为 \(C\) 类数。
那么限制就是 \(B\) 类数只能与 \(C\) 类数相邻。
设 \(A\) 类数有 \(a\) 个，\(B\) 类数有 \(b\)个，\(C\) 类数有 \(c\) 个。
假设已经放好了所有 \(C\) 类数，考虑把所有 \(B\) 类数放进去，现在有 \(c+1\) 个空可以插 \(B\) 类数，那么答案即为 \({c+1 \choose b}\)。
现在考虑放 \(A\) 类数，设放完 \(B\) 类数后空的个数为 \(t\)，那么 \(t=c+1-b\)。现在要在这 \(t\) 个空中放 \(a\) 个数，一个空可以不放数，这是个经典问题（如果你不会，请看文末），答案为 \({a+t-1 \choose t-1}\)。
根据乘法原理，相乘即可得到答案。
因为每个数互不相同，最后答案要乘上 \(a!\times b! \times c!\)。
答案为：
#include <bits/stdc++.h>
#define mkp make_pair
#define fi first
#define se second
#define vec vector
#define eb emplace_back
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
signed main() {
int n, X;
cin >> n >> X;
vec<int> a(n + 3);
int Mx = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i], Mx = max(Mx, a[i]);
if (Mx >= X) {
cout << "0\n";
return 0;
}
vec<int> fc(n * 2 + 3), ifc(n * 2 + 3);
fc[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
fc[i] = fc[i - 1] * i % mod;
auto ksm = [](int a, int b = mod - 2) {
int r = 1;
while (b) {
(b & 1) && (r = r * a % mod);
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return r;
};
ifc[n * 2] = ksm(fc[n * 2]);
for (int i = n * 2 - 1; i >= 0; i--)
ifc[i] = ifc[i + 1] * (i + 1) % mod;
auto Cc = [&](int n, int m) -> int {
if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
return fc[n] * ifc[m] % mod * ifc[n - m] % mod;
};
if (__builtin_popcountll(X) == 1) {
// 计算二进制下 1 的个数
cout << fc[n] << '\n';
return 0;
}
auto tmp = X, ls = 0ll;
while (tmp - (tmp & -tmp))
ls = tmp, tmp -= tmp & -tmp;
ls -= tmp;
int A = 0, B = 0, C = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
B += (a[i] == tmp), A += (tmp > a[i] && a[i] > ls);
C = n - A - B;
int t = C + 1 - B;
int ans = Cc(C + 1, B) * (A ? Cc(A + t - 1, t - 1) : 1) % mod;
ans *= fc[C] * fc[B] % mod * fc[A] % mod;
ans %= mod;
cout << ans << '\n';
}
有 \(m\) 个小球，要放到 \(n\) 个盒子中，盒子可以为空，求方案数。
设第 \(i\) 个盒子中有 \(x_i\) 个球，有 \(\sum\limits_{i=1}^n x_i=m\)，其中 \(x_i\ge 0\)。
我们不太会做 \(x_i\ge 0\)，但我们会做 \(x_i\ge 1\)。把上面变一下，有 \(\sum\limits_{i=1}^n(x_i+1)=m+n\)，其中 \(x_i+1\ge 1\)。相当于一共有 \(n+m\) 个球放到 \(n\) 个盒子中，盒子不能为空的方案数。\(n+m\) 个球两两之间有 \(n+m-1\) 个空，从中选 \(n-1\) 个空可以把它们分成 \(n\) 份，相当于放到 \(n\) 个盒子中。
得到答案：
