AcWing 214. Devu和鲜花
作者：互联网
\(Devu\) 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。
一、隔板法复习
隔板法
\(Q\):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\(m+n-1\)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：$$\LARGE C_{m-1}^{n-1} $$
隔板法扩展
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。
二、本题思路
1、转化为隔板法扩展
题目要求，每个盒子有\(a_i\)个花，想要从\(n\)个盒子中每个都任意选出\(x_i\)个,每个\(x_i\)可以为\(0\)，需要使用隔板法扩展，答案:\(\LARGE \displaystyle C_{m + n − 1}^{n-1}\)
2、每组个数限制
但是题目并没有那么简单，我们 仍需满足$$\large ∀x_i ≤a_i$$
这个限制不好加上去~ ，正着想困难，我们试试倒着想（遇事不决，小学数学！逆向思维法）
如果每一个盒子都可以随意挑，没有任何限制 ,那么答案是
\[\large \displaystyle C_{m+n-1}^{n-1} \]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\(\large x_i>a_i\)，就是不满足！ 令\(S_i\)代表被\(i\)组不满足的方案个数。
\(Q\):我们把这样不满足的都减掉是不是就是答案呢？不是的!
\(A\):为什么不是啊？比如要求第\(1\)组中不能多于\(2\)个，第\(2\)组中不能多于\(3\)个，
我们就可以有一组答案\((3,4)\)，表示第一组选择了\(3\)个，第二组中选择了\(4\)个，这样的数据，很显然是不可以成为答案的，那么，在检查到第一组时，它被去掉一次，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，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！
写成数学表达式就是：
\[\large C_{m+n-1}^{n-1}-|S_1 \cup S_2 \cup ...\cup S_n| \]后面这一坨，我学过，这是容斥原理：
\[\large C_{m+n-1}^{n-1}-|S_1|-|S_2|-...-|S_n|+|S_1\cap S_2|+|S_1 \cap S_3|+... \]也就是减去一个的，加上两个的，减去三个的，加上四个的...
抽象一下就是:减去奇数个条件限制的，加上偶数个条件限制的。
柿子推完，不代表题目已经完了，这里我们还要思考一个问题：\(\LARGE S_i\) 怎么求？
首先，我们在明确一下\(\LARGE S_i\)的定义：即，在第\(i\)个物品中取出至少\(a_i + 1\)个物品
以\(S_i\) 举例子，我们总共有\(m + n\)个,现在取走\(a_i + 1\),剩下\(m+n−(a_i+1)\)
个，第\(i\)组的个数现在是\(a_i+1\)个，我们视为是\(>1\)的个数；同时，因为不能歧视第\(i\)组，再分配小球时，第\(i\)组可以分，也可以不分，说白了，就是和其它组没有区别(有点像高考前OI获奖，总成绩先加了\(20\)分,^^,狗头保命~)，那么还是要划分为\(n\)组，还是要加入\(n-1\)个隔板，那么就应该是$$ \LARGE |S_i|= C{m+n-1-(a_i+1)}^{n-1}$$
如果是两个物品都大于等于\(a_i+1\)和\(a_j+1\)呢？
思路是一样的，总共有\(m+n\)个，先给第\(i\)组拿走\(a_i+1\)个，再给第\(j\)组拿走\(a_{j}+1\)个，再一视同仁，划分\(n\)组，需要\(n-1\)个隔板，就是：
3、每个物品的枚举方法
那么考虑每个物品的枚举方法，因为物品数，很小，我们可以用二进制枚举，枚举的方案数为\(2^n\),算组合数我们用最朴素的方式，时间复杂度大概是:\(O(2n ∗n)\)
这里特殊需要说明一点，就是边界情况：
\(Q\):如果\(\large S_1,S_2,...S_n\)我们一个都不满足，是什么意思呢？
\(A\):就是第\(i\)个盒子中，取几个花不受限制，随意就可好~,全都不满足，就是啥限制没有，全部放开，不就是原来的$\LARGE \displaystyle C_{m-1}^{n-1} $吗？这一点，在后面的代码实现中会得到体现,我们可以枚举容斥原理公式中的每一项，同时，添加上所有限制不选中的情况，就是原来的答案：
4、组合数计算
本题的\(M=10^{14}\)非常大，但是我们的$N \leq 20 \(，所以只需按着定义去算，大概是\)N\(的复杂度。所以总的复杂度就是\)O(2^N∗N)$。本题计算次数约等于\(2000w\)。
\[\large C(a,b)=\frac{a!}{(a-b)!*b!}=\frac{a*(a-1)*(a-2)*...(a-b+1)}{b*(b-1)*(b-2)*...*1} \]费马小定理(如果\(p\)是一个质数(本题中\(p=1e9+7\)，妥妥的质数),而整数\(a\)不是\(p\)的倍数,则有\(a^{p−1}≡1(mod \ p))\)
求\(\large \displaystyle \frac{1}{(n−1)!}\)
\(\large \displaystyle a=(n-1)!\)
\(a_{p-1}=1 (mod \ p)\)
那么\(a_{p-2}=a^{-1} (mod \ p)\)
也就是说\(a\)的逆元为\(a^{p-2}\)。
\(Q1\)：费马小定理可以使用的条件是 \(p\)是质数，并且\(a\)不能是\(p\)的倍数，现在\(p\)肯定是质数，但\((n-1)!\)一定不是\(p\)的倍数吗？为什么呢？
\(A\): 因为\(p\)很大，而\(n\)很小， \((n-1)!\)最大就是\(1*2*3*...*20\),这里面是不可能出现\(p\)这个因子的，所以，\((n_1)!\)必然不是\(p\)的倍数，可以使用费马小定理。
\(Q2\)：在代码实现中，一边计算阶乘，一边进行了取模，是符合什么样的原理？
\(A\): 阶乘可以视为乘法，一般做乘法，一般取模是没有问题的。
三、原始版本代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
LL A[N]; // 10^12,好变态的大数，爆int
LL n, m;
//快速幂
int qmi(int a, int k) {
int res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = (LL)res * a % mod;
a = (LL)a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
//原始版本代码，会TLE最后一个测试点，需要优化一下
int C(LL a, LL b) {
if (a < b) return 0;
LL up = 1, down = 1;
for (LL i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod; //随时小心爆long long
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
}
int 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
int res = 0;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++) { //容斥原理的项数，0000 代表一个限制条件都没有， 0001代表第1个限制条件生效，0011,代码第1，2个限制条件生效
LL a = m + n - 1, b = n - 1; //上限是m+n-1,下限不一样
int sign = 1; //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
sign *= -1; //符号位变号，从1变为-1，或者，从-1变为1; 这个用法挺牛X的，漂亮的实现了奇数次负号，偶数次正号的维护
a -= A[j] + 1; //拼公式
}
res = (res + C(a, b) * sign) % mod;
}
cout << (res + mod) % mod << endl;
return 0;
}
四、优化版本
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
LL A[N]; // 10^12,好变态的大数，爆int
LL n, m;
//快速幂
int qmi(int a, int k) {
int res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = (LL)res * a % mod;
a = (LL)a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
//优化版本代码,因为本题的分母是(n-1)!，每次计算都是一样的，没有必要重复计算
LL down = 1;
int C(LL a, LL b) {
if (a < b) return 0;
LL up = 1;
for (LL i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod; //随时小心爆long long
return up * down % mod; // 费马小定理
}
int 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
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
int res = 0;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++) { //容斥原理的项数，0000 代表一个限制条件都没有， 0001代表第1个限制条件生效，0011,代码第1，2个限制条件生效
LL a = m + n - 1, b = n - 1; //上限是m+n-1,下限不一样
int sign = 1; //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
sign *= -1; //符号位变号，从1变为-1，或者，从-1变为1; 这个用法挺牛X的，漂亮的实现了奇数次负号，偶数次正号的维护
a -= A[j] + 1; //拼公式
}
res = (res + C(a, b) * sign) % mod;
}
cout << (res + mod) % mod << endl;
return 0;
}
标签：隔板,214,int,res,LL,小球,Devu,AcWing,mod 来源： https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16378751.html