HDU 5201 The Monkey King

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题意

有(n)个桃子，分给(m)个猴子，每只猴子分到的桃子数为非负整数。

要求第一只猴子分到的桃子严格多余剩下(m-1)只猴子中任意一只。求分桃子的方案数。

分析

首先枚举第一只猴子分到的桃子(x)

不考虑限制条件的话，剩余(m - 1)只猴子分(n - x)个桃子,其方案数(P(n - x, m - 1) = C_{n - x + m - 2}^{m - 2})

我们在这里用到了隔板法。

隔板法

(P(n,m))表示把(n)个桃子分给(m)个猴子，其中每只猴子都得到非负整数个桃子。

我们新加入(m)个桃子，给每个猴子一个，总共有了(n + m)个桃子，每只猴子分到的桃子数变成正整数个。

把(n + m)个桃子分成(m)份，相当于把(n + m)个桃子排成一排，然后选择(m - 1)个断点，将桃子分成(m)段。

任意两个桃子之间有一个可用的断点，总共有(n + m - 1)个断点可以选择。

(P(n,m) = C_{n + m - 1}^{m - 1})

隔板法结束

现在考虑限制条件，即(m - 1)只猴子分到的桃子(c_i < x)

考虑有几只猴子分到的桃子数(c_i geq x)

假设至少有(s)只猴子不满足(c_i < x)

则(c_1 geq x , c_2 geq x, dots, c_s geq x, c_{s+1} geq 0, dots, c_{m-1} geq 0) （这里强行把(s)只猴子排在最前面，实际上是随机的(s)只猴子）

(P(n,m))处理的是(c_1 geq 0, c_2 geq 0, dots, c_{m} geq 0)的分法问题，我们需要调整一下上面的式子，让其变为与(P)函数相关的式子。

(g(n - x, m - 1, s))表示(c_1 geq x , c_2 geq x, dots, c_s geq x, c_{s+1} geq 0, dots, c_{m-1} geq 0)的分法。

(g(n - x, m - 1, s) = g(n - x - s * x, m - 1, 0) = P(n - x - s * x , m - 1))

即我们对(s)只猴子中的每一只猴子都拿走(x)个桃子，使其变为(c_i geq 0)的形式。同时总桃子数减少(s * x)。

所以当有(s)只猴子不满足条件时，方案数为(C_{m-1}^{s} * P(n - x - s * x , m - 1))

容斥

答案(Ans = sum_{s = 0}^{m - 1} (-1)^{s} C_{m-1}^{s} * P(n - x - s * x , m - 1))

答案等于至少(0)猴子-至少(1)猴子+至少(2)猴子......

注意各种不合实际的情况要break

容斥结束

特判(n=1)和(m=1)!

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

const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 50;

int n,m;
int fac[N + 10], inv[N + 10];
int ksm(int x,int y){
	int z = 1;
	while(y){
		if(y & 1) z = 1ll * z * x % mod;
		y >>= 1;
		x = 1ll * x * x % mod;
	}
	return z;
}
int C(int n,int m){
    if(n < m || m < 0 || n < 0) return 0;
    return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int P(int n,int m){
    return C(n + m - 1, m - 1); 
}

signed main(){
    fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= N; ++ i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
    inv[N] = ksm(fac[N], mod - 2); for(int i = N - 1; i >= 0; -- i) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
    
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T --){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n == 1 || m == 1) { puts("1"); continue; }
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++ i){
            if(1ll * m * i - m  + 1 < n) continue;

            int ret = P(n - i, m - 1); int flag = -1;
            for(int j = 1; j < m && 1ll * (j + 1) * i <= n; ++ j){
                if(n - i - 1ll * j * i < 0) break;
                int x = 1ll * C(m - 1, j) * P(n - i - j * i, m - 1) % mod;
                x = x * flag;
                ret = ((ret + x) % mod + mod) % mod;
                flag *= -1;
            }
            ans = (ans + ret) % mod;
        }
        printf("%d
",ans);
    }   
    return 0;
}