【BZOJ 3027】 3027: [Ceoi2004]Sweet （容斥原理+组合计数）

3027: [Ceoi2004]Sweet

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Description

John得到了n罐糖果。不同的糖果罐，糖果的种类不同（即同一个糖果罐里的糖果种类是相同的，不同的糖果罐里的糖果的种类是不同的）。第i个糖果罐里有 mi个糖果。John决定吃掉一些糖果，他想吃掉至少a个糖果，但不超过b个。问题是John 无法确定吃多少个糖果和每种糖果各吃几个。有多少种方法可以做这件事呢？  

Input

从标准输入读入每罐糖果的数量，整数a到b 
 
John能够选择的吃掉糖果的方法数（满足以上条件）  
 

Output

 
把结果输出到标准输出（把答案模 2004 输出） 

1<=N<=10,0<=a<=b<=10^7,0<=Mi<=10^6

Sample Input

2 1 3
3
5

Sample Output

9

HINT

(1,0),(2,0),(3,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,1),(1,2),(2,1) 

Source

 

【分析】

　　就是分成（<=b） - (<= a-1）的。

　　然后每个糖果罐容斥，枚举哪些超过了的。

　　假设减掉之后剩下最多选x个糖果

　　就是$C_{0+n-1}^{n-1}+C_{1+n-1}^{n-1}+C_{2+n-1}^{n-1}+...+C_{x+n-1}^{n-1}$

　　求和之后就是$C_{x+n}^{n}$

　　但是！！！模数可能没有逆元，又不能n^2预处理。。

　　【怎么办呢？？？

　　【又涨姿势。。

　　首先都是$C_{x}^{n}$的形式，即$dfrac{x!}{(x-n )!}/(n!)$

　　n!很小，让$mod=Mod*n!$

　　计算的时候模mod，最后除以n！，再模Mod。。。

　　就可以了。

 

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Mod 2004
#define Maxm 10000010
#define LL long long

int w[15],n;
LL mul;

int get_c(int x,int y)
{
    if(x<y) return 0;
    LL mod=mul*Mod,ans=1;
    for(int i=x;i>=x-y+1;i--) ans=1LL*ans*i%mod;
    return (ans/mul)%Mod;
}

int cal(int x)
{
    int ans=0;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    {
        int ss=0,sm=x;
        for(int j=1;j<=n;j++) if((1<<j-1)&i)
        {
            ss++;sm-=w[j]+1;
        }
        if(sm<0) continue;
        if(ss&1) ans-=get_c(sm+n,n);
        else ans+=get_c(sm+n,n);
        ans%=Mod;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int a,b;
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    mul=1;for(int i=2;i<=n;i++) mul=mul*i;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
    printf("%d
",((cal(b)-cal(a-1))%Mod+Mod)%Mod);
    return 0;
}

2017-04-25 21:25:39