洛谷 U140604 送花
题目背景
SeawaySeawa**y的老婆大人RoseRos**e要过生日啦！为了给老婆大人庆生，SeawaySeawa**y正打算给RoseRos**e送上一束盛开着的鲜花......
题目描述
认真起来的SeawaySeawa**y为了庄重地庆贺这个生日，大手一挥，买下了NN个花箱。在编号为ii的箱子里，有f[i]f[i]朵相同颜色的花。每个箱子里面的花的颜色两两不同。SeawaySeawa**y要从这些箱子里挑选SS朵花扎成花束，送给老婆大人。SeawaySeawa**y当然可以随意挑选SS朵花。但因为他一共买下了这么多花，如果只组一种花束未免浪费。但RoseRos**e也不喜欢一次性收到太多的花束。所以SeawaySeawa**y便开始思考：对于他买下的这些花，他有多少种挑选方式，使之能够组成SS朵花的花束？SeawaySeawa**y规定，两种挑选方式不同，当且仅当存在同一种颜色的花数量不同。由于答案可能很大，请输出答案对10^9+7109+7取模的结果。
输入格式
从文件blossom.inblossom.i**n中读入数据。
第一行两个整数N,SN,S，意义如题目描述所示。
第二行NN个整数，第ii个整数表示第ii个花箱里的花的数量f[i]f[i]。
输出格式
输出到文件blossom.outblossom.out中。
输出一行一个整数ansans，表示总挑选方案数量按要求取模后的结果。
题解：
题解：
排列组合这个地方的确比较难理解，来给大家用大白话讲一下。
多重集排列组合。
不妨反着来：对于有(N)种元素的多重集(S)，选(K)个元素，注意是个不是种，的可行方案数。可以变成：现在有(N)个篮子，把(K)个元素扔进这些篮子里的方案数。
注意，这种是特殊情况，也就是说，每种元素无限多个可供挑选。
这样的话，用隔板法解决问题。
容易得出，答案也就是(C_{N+K-1}^{N-1})。
解释一下，现在有(K)个元素，分成(N)堆，也就是要往里插入(N-1)块板。按理讲应该是(C_{K+1}^{N-1})，但是因为允许有空集，也就是不插，那么就相当于每块板子插进去之后又产生了新元素，所以是这个答案。
那么，根据多重集的限制，现在每种元素有一个数量上限，怎么办呢？
很简单，采用容斥原理。关于容斥原理，请见：
上限是“至多放(f[i])个”，那么如果我往这个里面放(f[i]+1)个，是不是就不合法了？
把不合法的减去即可。
因为这道题N只有20，所以考虑状压，表示当前这个集合超没超。
最后根据容斥，如果当前状态1的个数是奇数，就要减去，是偶数，就要加上。
代码：
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=25;
const int mod=1e9+7;
int n;
ll s;
ll f[maxn],inv[maxn];
ll calc(ll n,ll m)
{
if(n<0||m<0||n<m)
return 0;
n%=mod;
if(n==0||m==0)
return 1;
ll ret=1;
for(int i=0;i<m;i++)
ret=(ret*(n-i))%mod;
for(int i=1;i<=m;i++)
ret=(ret*inv[i])%mod;
return ret;
}//n中选m的组合数
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll ret=1;
while(b)
{
if(b&1)
ret=(ret*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%lld",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&f[i]);
for(int i=1;i<=20;i++)
inv[i]=qpow(i,mod-2);
ll ans=calc(n+s-1,n-1)%mod;
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
{
ll tot=n+s;
int p=0;
for(int j=0;j<n;j++)
if(i>>j&1)
{
p++;
tot-=(f[j+1]+1);
}
tot--;
if(p&1)
ans=(ans-calc(tot,n-1))%mod;
else
ans=(ans+calc(tot,n-1))%mod;
}
printf("%lld
",(ans+mod)%mod);
return 0;
}