AcWing 214. Devu和鲜花
\(AcWing\) \(214\). \(Devu\)和鲜花
一、题目描述
\(Devu\) 有 \(N\) 个盒子，第 \(i\) 个盒子中有 \(A_i\) 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 \(10^9+7\) 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 \(A_1,A_2,…,A_N\)。
输出格式
输出一个整数，表示方案数量对 \(10^9+7\) 取模后的结果。
数据范围
\(1≤N≤20,0≤M≤10^{14},0≤A_i≤10^{12}\)
输入样例：
3 5
1 3 2
输出样例：
3
二、隔板法复习
1、隔板基本法【每组小球数至少为\(1\)】
\(Q\):有 m 个相同的小球,要求分到 n 个盒子里,每组至少小球数为\(1\),问有多少种不同的分法？
\(A\):从m-1个空隙中找出n-1个位置放上隔板，就可以保证最终分成n组，并且，每一组的数量都最少是1个或以上。
其实，有多少种划分方法，就是有多少种不同颜色组合的方案，比如：
如上图，把隔板隔开的不同小球，涂上不同颜色，不就是不同颜色的组合方案了嘛~
隔板法的思路：找空隙(共\(m-1\)个空隙)，插入隔板(\(n-1\)个隔板,这样才能分成\(n\)组)，这类问题比较直观：$$\LARGE C_{m-1}^{n-1} $$
2、隔板扩展法【每组小球数可以为\(0\)】
有时，有的问题不能直接使用隔板法，比如：
有 m 个相同的元素,要求分到 n 组中,每组个数可以为\(0\),问有多少种不同的分法？
这个问题对比上面的 隔板法，区别在于没有强调 每组至少元素数为\(1\) ,每组是可以为0的，这样一来，无法直接使用隔板法。
采用一个 变形，就可以使用隔板法：
原来有m个小球，我再多拿n个小球，就是一共m+n个小球。这些小球，每组先来一个，就保证了每组 至少 小球数为\(1\)，就 转化为隔板法的基本问题 了。
现在是n+m个小球，空隙是 n+m-1个。
由于还是要分成n组，所以现在需要在n+m-1个空隙中找到n-1个位置放入隔板,分法就是\(\large \displaystyle C_{m+n-1}^{n-1}\)，最后，把每个分组中再取走增加进去的那个小球,这样就和原问题一致了。
三、本题思路
容斥原理模板题 \(AcWing\) \(890\). 能被整除的数
1、转化为 隔板扩展法
先不考虑每个盒子的个数\(A_i\)限制，简化问题 为:从\(n\)个盒子中每个都任意选出\(x_i\)个,每个\(x_i\)可以为\(0\)，可以使用 隔板扩展法，答案:
解读：盒子数量 \(n\),需要\(n-1\)个隔板。但要求每个盒子中小球数量可以为\(0\),所以，先借\(n\)个小球，最后归还即可。此时，共\(m+n\)个小球，有 \(m+n-1\)个空隙，因为需要划分为\(n\)个盒子，所以，需要找出\(n-1\)个空隙，即\(C_{m+n-1}^{n-1}\)
2、每组个数限制\(a_i\)
但题目并没有那么简单，每个箱子中选择的个数\(x_i\)，不是随意多少都行的,需要小于 现存个数 \(a_i\)。
这个限制不好加上去~ ，正着想困难，我们倒着想试试:
问题转化为补集:所有方案数-不满足至少一种条件的方案数
(1)、如果我们把不满足条件的去掉，是不是就行了呢？
什么是不满足条件呢？答：如果某个\(x_i>a_i\)，就是不满足！ 即\(x_i>=a_i+1\)
令\(S_i\)代表第\(i\)组不满足的方案个数,即在第\(i\)组中至少取走\(a_i+1\)个的方案个数。
(2)、把这样不满足的都减掉是不是就是答案呢？
答:不是!
比如要求第\(1\)组中不能多于\(2\)个，第\(2\)组中不能多于\(3\)个，现在有一组答案\((3,4,2,..)\)，表示第一组选择了\(3\)个，第二组中选择了\(4\)个,很明显这个答案对于两个限制都是不能满足的：
- ① 在检查到第一组时，此答案被去掉一次
- ② 在检查到第二组时，它又被去掉了一次
但问题是这只是一组数据，现在被去了两次啊！噢，这是 容斥原理 的问题啊~,还得把减两次的加回来一次才对！
解读：模板题中奇数的加，偶数的减，这里怎么是奇数的减，偶数的加呢？
思考一下知道，这应该是题目本来就是要 去掉不合法 的情况，去掉嘛，就是减
小结：受一个条件限制的，需要减去，受两个条件限制的由于已经被单个条件减去了两次，所以需要加上两者的交集，以此类推，就是 奇数次出现的减，偶数次出现的加。
总结：容斥原理可不是一定要奇数加，偶数减，需要具体问题具体分析。究其原因，就是因为前面可能有负号，脱括号后后面的符号就会反转！
(3)、\(S_i\)怎么求？
比如求\(S_1\)，代表从第一组里 至少取出\(A_1+1\)朵花，此时还剩\(m−(A_1+1)\)朵花。
则问题转化为选\(m−(A_1+1)\)只花分\(n\)组的问题。
解读：
至少取出\(A_1+1\)只花，那就先拿出来放一边。然后考虑剩下的\(m-(A_1+1)\)只花怎么分的问题。
把这些花直接分\(n\)组，分组数量可以为\(0\),划分完后，再把刚才拿走的那些花还给第\(1\)组就行了。
在\(m-(A_1+1)\)个小球需要划分\(n\)组，并且每组个数可以为\(0\)的方案数：\[\large |S_1|=C_{m-(A_1+1)+n-1}^{n-1} \]
(4)、\(|S_1 \cap S_2|\)怎么求？
\(|S_1 \cap S_2|\)表示从第一组里取出至少\(A_1+1\)朵花，并且，从第二组里取出至少\(A_2+1\)朵花。方案数
解读:参考上面的解释内容，先把\(A_1+1,A_2+1\)拿出来，然后把剩下的花\(m-(A_1+1)-(A_2+1)\)只花继续划分为\(n\)组，每组允许为\(0\)只花，隔板扩展法，最后再把\(A_1+1,A_2+1\)放到第\(1，2\)组中去。
(5)、计算公式
整理一下，得到：
(6)、为什么可以用费马小定理求逆元？
\(Q\):\((n−1)!\)一定不是质数\(p\)的倍数吗？为什么呢？
答：\(n\)最大是\(20\)，\(p\)是\(1e9 + 7\),考虑\(n\)是从\(1\)到\(20\)的乘积，每一个乘数都\(p\)互质，所以\((n - 1)!\)一定与\(p\)互质，所以一定不是倍数。
(7)、代码实现
从\(1\)枚举到\(2^{n-1}\)。然后把 每一个限制条件 看成一个二进制位,如果是\(1\)代表 遵守 ,\(0\)代表 不遵守 这个条件，奇数个就减，偶数个就加。
解读：
\(0000\)代表所有限制条件都不遵守,也就是初始值\(C_{n+m-1}^{n-1}\)
\(0001\)代表第\(1\)个约束条件遵守，其它约束条件不遵守
...
\(1111\)代表所有限制条件都遵守
怎么去算组合数，可以发现虽然\(M\)非常大，但是\(N\)很小，所以只需按着定义去算，大概是\(O(N)\)的复杂度。
总的复杂度:\(O(2^N∗N)\)
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
int A[N];
int n, m;
// 快速幂
int qmi(int a, int k) {
int res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a, int b) {
if (a < b) return 0;
int up = 1, down = 1;
for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
return up * down % mod; // 费马小定理
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> A[i];
int res = C(n + m - 1, n - 1);
for (int i = 1; i < (1 << n); i++) {
int sum = 0, cnt = 0;
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (i >> j & 1) {
sum += A[j] + 1;
cnt++;
}
}
if (cnt & 1)
res = (res - C(m + n - 1 - sum, n - 1) + mod) % mod;
else
res = (res + C(m + n - 1 - sum, n - 1)) % mod;
}
cout << res << endl;
}
附上最开始我没有看懂的\(yxc\)大佬代码，让我们一起批判他吧：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
int A[N];
int n, m;
// 快速幂
int qmi(int a, int k) {
int res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a, int b) {
if (a < b) return 0;
int up = 1, down = 1;
for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
return up * down % mod; // 费马小定理
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> A[i]; // 第i个盒子中有A[i]枝花,限制条件
// yxc这里写的代码太随意了，把我直接干蒙圈了！
// 根据推导的式子，这里需要一个全部方案数=C(n + m - 1, n - 1)
// 也就是说 res的初始值就是上面的全部方案数。
// 可是，yxc大佬的大脑与正常人不一样，他居然没有给初始值，直接把初始值也写到下面的容斥原理代码中!!!
// 也就是所有限制条件全部不采用，也就是全部不受限制！也就是全部方案数！！！
int res = 0;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++) { // 容斥原理的项数，0000 代表所有限制条件都不遵守,0001代表第1个限制条件遵守，其它3个不遵守
int sum = 0, cnt = 0; // 奇数个限制条件，需要减；偶数个限制条件，需要加。现在这种限制条件组合状态，是奇数个限制，还是偶数个限制？
for (int j = 0; j < n; j++) // 枚举状态的每一位
if (i >> j & 1) { // 如果此位是1
sum += A[j] + 1; // 拼公式
cnt++; // 限制条件个数,奇数个减，偶数个加
}
if (cnt & 1)
res = (res - C(m + n - 1 - sum, n - 1) + mod) % mod;
else
res = (res + C(m + n - 1 - sum, n - 1)) % mod;
}
cout << (res + mod) % mod << endl;
}
