数组（组合数学）

数组（数学）

【问题描述】

fabdec 有⼀个长度为 n 的数组 (a[])(下标 1-n), 初始时都是 0。 fabdec 随机了⼀个 1 到 n 的随机数 x，并且把 (a[x]++)。
fabdec 重复了 m 次这样的操作，然后数了⼀下数组⾥⼀共有 k 个位置 为奇数。 fabdec 现在想问执⾏ m 次操作，总共能⽣成多少种不同的数组使得恰 好有 k 个位置是奇数？
（两个数组不同当且仅当两个数组存在某个位置数组 的值不相同）
因为这个数字会很⼤，所以只需输出这个答案除以 109 + 7 的余数。

【输入格式】

⼀⾏三个整数，n,m,k。

【输出格式】

输出包含⼀个整数，表⽰答案。

【样例输入】

2 3 1

【样例输出】

4

【数据规模及约定】

对于前 20% 的数据，1 ≤ n,m ≤ 4。
对于前 50% 的数据，1 ≤ n,m ≤ 2000。
对于前 100% 的数据，1 ≤ n,m ≤ 105, 0 ≤ k ≤ n。

看到这个题，我们化简题意可得：
m分成n个数，要求这n个数中正好有k个奇数，问合法的排列有多少个。（也可以说成n个数的和为m）

我们考虑组合数的做法：
因为要求是k个奇数，所以我们要从n个数里面选取k个数当作奇数，这一步是(C_n^k)的。
我们设这n个数分别为(a_1,a_2,...,a_n)，那么我们知道$$sum_{i=1}^na_i=m$$
但是数字中有奇数有偶数不方便处理，所以我们考虑把所有数字都换成偶数，那么在等式的左右两边同时减去k，我们就可以认为是(m-k)分成了n个偶数。
又由于偶数除以2可能为奇数，可能为偶数，所以当我们在等式的左右两边同时除2的时候，该问题就转化成了将(frac{m-k}{2})分成(n)份（其中可以每一份的个数可以为0），有多少种不同的分法（顺序不同也视作不同）的问题了。运用到我们高中数学中的隔板法，我们可以知道这一步的答案是(C_{frac{m-k}{2}+n-1}^{n-1})，所以运用乘法原理，我们可以知道答案是$$C_{n}^k imes C_{frac{m-k}{2}+n-1}^{n-1}$$
之后就很简单了，但是由于题目是在模意义下，所以要求逆元。逆元用费马小定理+快速幂很容易就能求出来。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
// by zrt
using namespace std;

typedef long long LL;

LL n,m,k;
const LL mod=1e9+7;
LL pow(LL a,LL b,LL p){
	LL ret=1%p;
	while(b){
		if(b&1) ret=ret*a%p;
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ret;
}
LL fac(LL n){
	LL ret = 1%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++) ret=ret*i%mod;
	return ret;
}
LL invfac(LL n){
	return pow(fac(n),mod-2,mod);
}
LL C(LL n,LL m){
	if(n<m)return 0;
	return fac(n)*invfac(m)%mod*invfac(n-m)%mod;
}
int main(){
	freopen("array.in","r",stdin);
	freopen("array.out","w",stdout);
	cin>>n>>m>>k;
	if(k>=m) cout<<0<<endl;
	else if((m-k)&1) cout<<0<<endl;
	else cout<< C(n,k)*C((m-k)/2+n-1,n-1)%mod<<endl;
	return 0;
}