BZOJ 3027: [Ceoi2004]Sweet （容斥计数）

题意

BZOJ3027

题解

先考虑恰好吃$N$个糖果的方案。由于有$mi$的限制，套路地想到容斥。枚举子集哪些不满足限制，然后把$N$减去所有不满足的$mi+1$，剩下的就插板法就行了。假设枚举的集合中的$sum(mi+1)=t$，答案就是：$inom{N-t+n-1}{n-1}$

然后考虑到并不是恰好$N$个，而是在$[a,b]$的区间内，答案就是枚举$N$，所有的情况加起来：$sum_{i=a-t}^{b-t}inom{i+n-1}{n-1}$

发现可以写成一个前缀和相减的形式，答案就是$sum_{i=0}^{b-t}inom{i+n-1}{n-1}-sum_{i=0}^{a-t-1}inom{i+n-1}{n-1}$

所以只需要求$sum_{i=0}^kinom{i+n-1}{n-1}$

发现这个可以$O(1)$求：$sum_{i=0}^kinom{i+n-1}{n-1}=inom{k+n}{n}$

所以就做完了…吗？

还有求组合数的问题。模数是合数，不能直接lucas。可以使用分解质因数再CRT合并，但比较麻烦。有一种方法就是这样：

• 因为有$frac{a}{b}mod m=frac{amod bm}{b}$
• 所以有$inom nm=frac{prod_{i=1}^{m}(n-i+1)}{m!}mod 2004=frac{prod_{i=1}^{m}(n-i+1)mod2004cdot m!}{m!}$

这道题组合数只求$inom{k}{n}$，而$n$范围是$le10$，所以$2004*10!$在$longlong$范围内，直接存下来模就行了。

具体见代码

CODE

#pragma GCC optimize ("O2")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 2004;
const int MAXN = 2005;
LL facn = 1;
inline int C(int n, int m) {
	LL re = 1;
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
		re = re * (n-i+1) % (facn*mod);
	return re / facn;
}
int n, m[15], sgn[(1<<10)+5];
inline int calc(int k) { return C(k+n, n); }
int main () {
	int a, b, ans = 0;
	scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
	for(int i = 0; i < n; ++i) {
		scanf("%d", &m[i]);
		facn *= i+1;
	}
	sgn[0] = 1;
	for(int s = 0; s < (1<<n); ++s) {
		if(s&1) sgn[s] = -sgn[s>>1];
		else sgn[s] = sgn[s>>1];
		int t = 0;
		for(int i = 0; i < n; ++i)
			if(s&(1<<i)) t += m[i]+1;
		
		int B = max(b-t, -1), A = max(a-t, 0);
		if(A <= B) ans = (ans + 1ll * sgn[s] * (calc(B) - calc(A-1)) % mod) % mod;
	}
	printf("%d
", (ans + mod) % mod);
}