Devu和鲜花

Devu和鲜花

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 $A_1,A_2, \dots,A_N$。

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

$1 \leq N \leq 20$,
$0 \leq M \leq {10}^{14}$,
$0 \leq A_i \leq {10}^{12}$

输入样例：

3 5
1 3 2

输出样例：

3

 

解题思路

　　这题是用容斥原理来做的。

　　先考虑每个盒子中花的数量为无限个，假设$x_i$表示在第$i$个盒子中选择花的数量，由于要从$n$个盒子中选择$m$枝花，因此有$x_1 + x_2 + \ldots + x_n = m$，其中$x_i \geq 0$。最终选法的个数就是这个方程的非负整数解的个数。这个可以用隔板法来求，由于在隔板法中要求变量的值为正整数，因此还需要对这个方程做一个映射。设$y_i = x_i + 1$，因此有$y_i \geq 1$，等式就变成了$y_1 + y_2 + \ldots + y_n = m + n$，因此正整数解的方案数就是$C_{m+n-1}^{n-1}$。

　　在原问题中每个盒子选择花的数量是有限制的，即要求$x_i \leq a_i$，而上面的做法是没有限制的情况（即总方案数），为了通过没有限制的情况得到有限制的情况，这里就可以用容斥原理了。由于有$n$个条件要同时满足，我们可以求补集，即求至少有一个条件不满足的方案数量，然后用总的方案数量$C_{m+n-1}^{n-1}$减去至少有一个条件不满足的方案数量，得到的结果就是同时满足$n$个条件的数量。

　　如果第$i$个条件不满足，那么就是$x_i \geq a_i + 1$。设集合$S_i$表示不满足第$i$个条件的方案，因此同时满足$n$个条件的方案数就是 $$C_{m+n-1}^{n-1} - \left| \bigcup\limits_{i=1}^{n}{S_i} \right|$$

　　先分析一下$\left| S_1 \right|$如何求。第$1$个盒子至少要拿$a_i + 1$枝花，那么我们先从第$1$个盒子取出$a_1 + 1$枝花，此时问题就变成了从$n$个盒子中选择$m - (a_1 + 1)$枝花。为什么还要从第$1$个盒子取花？这是因为第$1$个盒子至少要取$a_1 + 1$枝花，因此第$1$个盒子还可以选，先取出$a_1 + 1$枝花，后面不管从第$1$个盒子取多少花最终都至少从第$1$个盒子取出超过$a_1$枝花。因此有$\left| S_1 \right| = C_{m - (a_1 + 1) +n-1}^{n-1}$。

　　因此$\left| S_i \right| = C_{m - (a_i + 1) +n-1}^{n-1}$，那么$\left| S_i \cap S_j \right|$呢？同理先从第$i$个盒子取出$a_i + 1$枝花，再从第$j$个盒子取出$a_j + 1$枝花，问题就变成了从$n$个盒子中选择$m - (a_i + 1) - (a_j + 1)$枝花，方案数就是$\left| S_i \cap S_j \right| = C_{m - (a_i + 1) - (a_j + 1) +n-1}^{n-1}$ 。以此类推来求$\left| S_i \cap S_j \cap S_k \cap \cdots \right|$的方案数。

　　因此可以通过二进制枚举来实现求容斥原理的过程。

　　其中由于$n$最大只有$20$，因此公式中的组合数$C_{m+n-1}^{n-1}$直接按照定义$\dfrac{(m+n-1) \cdot (m+n-2) \cdots (m+1)}{(n-1) !}$来算就可以了。除法用乘法逆元，由于取模的数是质数，$n$最大取到$20$，因此$(n-1)!$必然与$10^9+7$互质，因此可以用费马小定理来求逆元。注意到公式中的组合数都是取出$n-1$个数，即分母都是$(n-1)!$，因此可以先预处理出$(n-1)!$的逆元，这样每次求组合数就不需要重复计算了。

　　AC代码如下，时间复杂度为$O(n \cdot 2^n)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 30, mod = 1e9 + 7;

LL p[N];
LL down = 1;    // (n-1)!的逆元

int qmi(int a, int k) {
    int ret = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}

int C(LL a, LL b) { // 从a个里面选b个
    if (a < b) return 0;
    int up = 1; // 分子
    for (LL i = a; i > a - b; i--) {
        up = i % mod * up % mod;
    }
    return up * down % mod; // 分子乘以分母的逆元
}

int main() {
    LL n, m;
    scanf("%lld %lld", &n, &m);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%lld", p + i);
    }
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        down = down * i % mod;
    }
    down = qmi(down, mod - 2);  // 求分母的逆元
    int ret = C(m + n - 1, n - 1);
    for (int i = 1; i < 1 << n; i++) {
        LL a = m + n - 1, b = n - 1, cnt = 0;
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if (i >> j & 1) a -= p[j] + 1, cnt ^= 1;
        }
        if (cnt) ret = (ret - C(a, b)) % mod;
        else ret = (ret + C(a, b)) % mod;
    }
    printf("%d", (ret + mod) % mod);
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 214. Devu和鲜花（算法提高课）：https://www.acwing.com/video/739/