AtCoder ABC 156D Bouquet

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc156/tasks/abc156_d

题目大意

　　有$N$朵不同的花，要从中选几朵(最少一朵)组成花束，但是数量不得为$a$和$b$，问有多少种选法？

分析

　　一共有$2^N - 1$种选法，选$a$朵的有$inom{n}{a}$种，选$b$朵的有$inom{n}{b}$种，减一下即可。

代码如下

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

/*-------------------Define Start-------------------*/
typedef bool BL;                        // 布尔类型
typedef char SB;                        // 有符号1字节,8位
typedef unsigned char UB;                // 无符号1字节,8位
typedef short SW;                        // 有符号短整型,16位
typedef unsigned short UW;                // 无符号短整型,16位
typedef long SDW;                        // 有符号整型,32位
typedef unsigned long UDW;               // 无符号整型,32位
typedef long long SLL;                    // 有符号长整型,64位
typedef unsigned long long ULL;            // 无符号长整型,64位
typedef char CH;                        // 单个字符
typedef float R32;                        // 单精度浮点数
typedef double R64;                        // 双精度浮点数

#define Rep(i, n) for (register SDW i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i, s, t) for (register SDW i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i, t, s) for (register SDW i = (t); i >= (s); --i)
#define foreach(i, c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,0x7f,sizeof(a))
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
#define ALL(x) x.begin(),x.end()

#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl

const ULL mod = 1e9 + 7;                //常用模数(可根据题目需要修改)
const ULL inf = 0x7fffffff;                //用来表示无限大
const ULL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;    //用来表示无限大
/*-------------------Define End-------------------*/

const UDW maxN = 1e5 + 7;
SLL n, a, b;
SLL ans;

SLL fac[maxN * 2];
void init_fact() {
    fac[0] = 1;
    For(i, 1, 2 * maxN - 1) {
        fac[i] = (i * fac[i - 1]) % mod;
    }
}

void input(){
    cin >> n >> a >> b;
    init_fact();
}

// Calculate x^y % p
inline SLL pow_mod(SLL x, SLL y, ULL p = mod){
    SLL ret = 1;
    while(y){
        if(y & 1) {
            ret = (ret * x) % p;
        }
        x = (x * x) % p;
        y >>= 1;
    }
    return ret;
} 

//ax + by = gcd(a, b) = d
// 扩展欧几里德算法
/**
 *    a*x + b*y = 1
 *    如果ab互质，有解
 *    x就是a关于b的逆元
 *    y就是b关于a的逆元
 *     
 *    证明： 
 *        a*x % b + b*y % b = 1 % b
 *        a*x % b = 1 % b
 *        a*x = 1 (mod b)
 */
inline void ex_gcd(SLL a, SLL b, SLL &x, SLL &y, SLL &d){
    if(!b) {
        d = a, x = 1, y = 0;
    }
    else{
        ex_gcd(b, a % b, y, x, d);
        y -= x * (a / b);
    }
}

// 求a关于p的逆元，如果不存在，返回-1 
// a与p互质，逆元才存在 
inline SLL inv_mod(SLL a, SLL p = mod){
    SLL d, x, y;
    ex_gcd(a, p, x, y, d);
    return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
}

inline SLL comb_mod(SLL m, SLL n) {
    SLL ret;

    if(m > n) {
        swap(m, n);
    } 
    
    SLL X = 1;
    SLL Y = fac[m];
    
    For(i, n - m + 1, n) {
        X = (X * i) % mod;
    }
    
    ret = (X * inv_mod(Y)) % mod;
    return ret;
}

void solve(){
    ans = (pow_mod(2, n) - 1 - comb_mod(a, n) - comb_mod(b, n) + (mod << 1)) % mod;
}

void output(){
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    input();
    solve();
    output();
    return 0;
}