CF451E Devu and Flowers

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Desciption

求一个可重集 (S) 的 (m) 子集的个数。(S) 的不同元素个数为 (n)，(nleq 20)。每种元素的个数 (a_ileq 10^{12}) 。答案对 (10^9+7) 取模。

Solution

如果每种元素都有无数种的话，那么直接用插板法可得方案数为 (inom{m+n-1}{n-1})。但是问题是每种元素个数都有一个上界，这样会得到一些不合法的方案。考虑将其减去。令 (f_{sta}) 表示至少是元素集合为 (sta) 的所有元素都超上界的方案，其中 (sta) 是一个二进制状态，也是一个集合。那么有

[f_{sta}=inom{m+n-1-sum_{iin sta} (a_i+1)}{n-1} ]

再令 (g_{sta}) 表示恰好是集合 (sta) 里的元素超上界的方案，由容斥原理得

[g(S)=sum_{Ssubseteq T} (-1)^{|T|-|S|} f(T) ]

我们要求的答案就是

[g(emptyset)=sum_{T} (-1)^{|T|} f(T) ]

所以只需要快速求出 (f(T))。(f(T)) 中上标很大，但下标很小，所以中间约掉后，总共只需要算十几次。还要注意，如果直接将那几个大数乘在一起的话，即使是取模也会爆 long long，正确的做法是用 Lucas 定理将上标化小。

[inom{n}{m}equiv inom{n/p}{m/p} imes inom{n mod p}{m mod p} equiv inom{n mod p}{m} ]

复杂度 (O(n2^n))

#include<stdio.h>
#define ll long long

const int N=20;
const int Mod=1e9+7;

ll a[N],inv[23];

ll C(ll n,ll m){
    n%=Mod;
    if(n<m) return 0;
    ll ret=1;
    for(ll i=1;i<=m;i++) ret=ret*inv[i]%Mod;
    for(ll i=n-m+1;i<=n;i++) ret=ret*i%Mod;
    return ret;
}

int n;
ll ans=0,m;

void dfs(int st,int op,ll now){
    if(st==n){ans=(ans+op*C(now,n-1)%Mod+Mod)%Mod;return;}
    dfs(st+1,op,now); 
    if(now-a[st]-1<0) return;
    dfs(st+1,-op,now-a[st]-1);
}

int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    inv[1]=1; for(int i=2;i<20;i++) inv[i]=(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
    dfs(0,1,n+m-1);
    printf("%lld",ans);
}