P1680题解

思路

一看这题，不就是组合题吗？再往下看，涉及到分组，一下子就想到了隔板法，只不过要想隔板还需要一点小处理：因为第 $i$ 必须大于 $C_{i}$ ，于是想到将 $n$ 减去每组的 $C_{i}$ ，于是奇怪的分组就转化为基础的组合题： $n$ 个相同的球放入 $m$ 个不同盒子里，不能为空，求方案数。

那脑子里就出现了答案：

$C_{m-1}^{n-1}\bmod1000000007$ 。

而由我们小学学的组合知识可知：

$C_{m}^{n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

于是设 $p=n!$ ， $q=m!(n-m)!$ ，则 $C_{m}^{n}=\frac{p}{q}$ 。

我的方法就是先求出 $1\sim1000005$ 内所有数的阶乘 $\bmod 1000000007$ ，然后就可以不咋费时间地求出 $p$ ， $q$ 。

由于除法取模不能直接除并取模，所以答案应为 $a\times b'\bmod 100000007$ ，此处的 $b'$ 为 $b$ 在模 $1000000007$ 意义下的逆元。因为 $1000000007$ 是一个质数，所以求逆元时可以用费马小定理或者欧拉定理（我用的是费马小定理）。

总结

组合知识。
逆元。
费马小定理。
欧拉定理。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,num[1000005]={1};
ll qpow(ll a, ll b){//快速幂 
	ll ans = 1;
	for(; b; b>>=1,a=a*a%mod)
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
	return ans;
}
int zh(ll n, ll m){//求C(n,m) 
	ll cnt=(num[n-m]*num[m])%mod;
	return num[n]*qpow(cnt,mod-2)%mod;
}
int main(){
	for(int i=1; i<1000001; i++)//先算出阶乘
		num[i]=(num[i-1]*i)%mod;//不取模见祖宗 
	scanf("%lld %lld" ,&n,&m);
	for(int i=1; i<=m; i++){
		ll x;
		scanf("%lld",&x);
		n-=x;
	} 
	printf("%d\n",zh(n-1,m-1));
	return 0;
}

附（选看）

快速幂：

对于线性求解的问题，如果需要优化，很多时候可以考虑选用树形结构的数据结构或者分治思想，那样可以将算法时间复杂度从 $O(n)$ 降低到 $O(\log n)$ 。这里我们考虑用分治思想。

求 $a^b\bmod n$ ，其实很容易想到，若 $b$ 是偶数，则 $a^{b}=a^{\frac{b}{2}}\times a^{\frac{b}{2}}$ ；若 $b$ 是奇数，则 $a^{b}=a^{\lfloor\frac{b}{2}\rfloor}\times a^{\lfloor\frac{b}{2}\rfloor}\times a$ 。即我们只要求出 $a^{\frac{b}{2}}$ ，然后再通过一次乘法运算，即可求出 $a^{b}$ 。接着继续将 $\frac{b}{2}$ 分成 $\frac{b}{4}$ ， $\frac{b}{8}$ ……最终 $b$ 会变成 $1$ ，并且只需要 $\log b$ 次就可以实现。这就是快速幂。