SDUT 2455 分糖果（容斥原理）

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第一眼看到这个题问题的时候觉得是水DP啊，状态转移很容易看出来dp[i][j] = sum(dp[i-1][j-k]) (0<=k<=p),dp[i][j]前i个人,已经分了j个糖果的方案。大约O(n^3)的复杂度，我就交了，果断TLE，然后想了想把枚举k给优化掉，O(n^2)复杂度，目测应该没有问题了把。。。结果还是TLE了，无语，一看数据10000组。。。这个题目正解应该是容斥原理，有一篇论文中有提到。

论文里有讲解，不过好像太精简了。。。看了好一会，才能理解。

先考虑n个糖果分给m个人，相当于n个糖果中间插入m-1块板，所以就是在m+n-1个位置中选m-1个位置，方案数为c[n+m-1][m-1]。然后再考虑去掉，可能存在糖果>p的情况，假设这m个人中有一个人的糖果数为p+1，还剩下n+m-1-(p+1)糖果,则方案数为c[m][1]*c[n+m-1-(p+1)][m-1],这时会发现有重复的，这个时候就用到容斥原理了。这m种情况（第一个人有p+1,第二个人有p+1...第m个人有p+1个），想象为m个圆，有多个圆相交，这个相交的部分就是代表有几个人的糖果数超过了p+1。我们需要求这m个圆的并集，就需要“奇加偶减”，也就是说要把含有奇数个>p糖果的人的方案数加上，再减去偶数个>p糖果的人方案数减去。画一下图，有助于理解。。。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
long long c[2001][2001];
int main()
{
    int i,j,n,m,p,t;
    long long ans;
    for(i = 0;i <= 2000;i ++)
    c[i][0] = 1;
    for(i = 1;i <= 2000;i ++)
    {
        for(j = 1;j <= 2000;j ++)
        c[i][j] = (c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%MOD;
    }
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
        ans = c[m+n-1][m-1];
        for(i = 1;i <= m;i ++)//枚举有i个人含有>p个糖果
        {
            if(m+n-1-(p+1)*i < m-1)
            break;
            if(i%2)
            ans = (ans-c[m][i]*c[m+n-1-(p+1)*i][m-1])%MOD;
            else
            ans = (ans+c[m][i]*c[m+n-1-(p+1)*i][m-1])%MOD;
        }
        if(ans < 0)
        ans += MOD;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}