BZOJ3028食物——生成函数+泰勒展开

题目描述

明明这次又要出去旅游了，和上次不同的是，他这次要去宇宙探险！我们暂且不讨论他有多么NC，他又幻想了他应

该带一些什么东西。理所当然的，你当然要帮他计算携带N件物品的方案数。他这次又准备带一些受欢迎的食物，

如：蜜桃多啦，鸡块啦，承德汉堡等等当然，他又有一些稀奇古怪的限制：每种食物的限制如下：

承德汉堡：偶数个

可乐：0个或1个

鸡腿：0个，1个或2个

蜜桃多：奇数个

鸡块：4的倍数个

包子：0个，1个，2个或3个

土豆片炒肉：不超过一个。

面包：3的倍数个

注意，这里我们懒得考虑明明对于带的食物该怎么搭配着吃，也认为每种食物都是以‘个’为单位（反正是幻想嘛

），只要总数加起来是N就算一种方案。因此，对于给出的N,你需要计算出方案数，并对10007取模。

输入

输入一个数字N，1<=n<=10^500

输出

如题 

样例输入

输入样例1
1
输入样例2
5

样例输出

输出样例1
1
输出样例2
35

 

对于每种食物的限制，我们可以用多项式形式来表示，$a_{i}x^i$表示这种食物取$i$个时的方案数是$a_{i}$。

那么对于每种食物，我们可以列出对应多项式，答案就是将所有多项式相乘后$x^n$的系数。

承德汉堡：$sumlimits_{i=0}^{+infty}x^{2i}=frac{1}{1-x^2}$

可乐：$1+x$

鸡腿：$1+x+x^2=frac{x^3-1}{x-1}$

蜜桃多：$sumlimits_{i=0}^{+infty}x^{2i+1}=frac{x}{1-x^2}$

鸡块：$sumlimits_{i=0}^{+infty}x^{4i}=frac{1}{1-x^4}$

包子：$1+x+x^2+x^3=frac{x^4-1}{x-1}$

土豆片炒肉：$1+x$

面包：$sumlimits_{i=0}^{+infty}x^{3i}=frac{1}{1-x^3}$

由等比数列求和公式即可推得等式右边的部分，那么将所有生成函数都乘起来就能得到：$frac{x}{(1-x)^4}$

根据泰勒展开可以知道$frac{1}{(1-x)^m}=(1+x+x^2+x^3+……)^m$，求第$n$项系数就是$C_{m+n-1}^{m-1}$

乘上$x$就相当于把系数都右移一位，即求第$n-1$项系数为$C_{m+n-2}^{m-1}$，将$m=4$代入，那么答案就是$C_{n+2}^{3}$。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 10007
using namespace std;
int ans;
int n;
char s[1000];
ll quick(int x,int y)
{
	ll res=1ll;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		{
			res=res*x%mod;
		}
		y>>=1;
		x=1ll*x*x%mod;
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	int len=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		n=n*10+s[i]-'0';
		n%=mod;
	}
	ans=n*(n+1)%mod;
	ans=ans*(n+2)%mod;
	ans=ans*quick(6,mod-2)%mod;
	ans=(ans%mod+mod)%mod;
	printf("%d",ans);
}