例一:
例二：
E. 分装组合
Description
老师交给小H 一个任务：有 n 个相同的雷神珠和 m 个不同的宝箱，一共有几种装箱方法（每个盒子至少一个），由于数据很大，现在对于给定的 n 和 m，请输出 mod 100003 结果
Input
只有一行，两个非负整数n,m（1≤n,m≤1100）
Output
1 个非负整数
Samples
这个题就是每个箱子至少放一个球，然后你可以转化为每一个箱子先放一个球，然后就转化为有n-m个球然后，放在m个箱子
中（允许箱子为空的），和上面是一样的
例三：
小王在考试中遇到一道难题：方程a1+a2+…+an=m的非负整数解有几个，请你帮他算一下（这也可以算作他作弊吧）。
Input
一行，两个以空格隔开的数n,m，表示方程a1+a2+…+an=m
Output
一行，一个数，表示非负整数解的个数。
Samples
Hint
样例说明：
0,0,4 0,1,3 0,2,2 0,3,1 0,4,0
1,0,3 1,1,2 1,2,1 1,3,0
2,0,2 2,1,1 2,2,0
3,0,1 3,1,0
4,0,0
(total=5+4+3+2+1=15)
数据范围
- 对于50 %的数据，0≤n,m≤100≤n,m≤10，结果<200
- 对于100 %的数据，0≤n,m<327670≤n,m<32767, 结果<32767
这个题就是可以看成有m个球放在n个盒子中
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+100; const int mod=1000000007; ll f[maxn]; int n,m; void inint(){ f[0]=1; f[1]=1; for(int i=2;i<=1000000;i++){ f[i]=(f[i-1]*i)%mod; } } ll qpow(ll a,ll b){ ll ans=1; while(b){ if(b&1){ ans=(ans*a)%mod; } a=(a*a)%mod; b/=2; } return ans%mod; } ll C(int n,int m){ if(m==0) return 1; return (f[n]*qpow(f[n-m]*f[m]%mod,mod-2)%mod)%mod; } int main(){ inint(); cin>>n>>m; cout<<C(m+n-1,n-1)<<endl; }
例四：
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1085/J
来源：牛客网
小sun最近对计数问题来了兴趣，现在他有一个问题想问问你：
有一个含有n个数字的序列，每个数的大小是不超过1000的正整数，同时这个序列是个单调不增序列。但是很不幸的是，序列在保存过程中有些数字丢失了，请你根据上述条件，计算出有多少种不同的序列满足上述条件，答案对1000000007取模。（具体可以看样例）
输入描述:
输出描述:
输出一行，表示答案。
备注:
1≤n≤1e6
0≤ai≤10000
隔板法：
隔板法就是在n个元素间插入（b-1）个板，即把n个元素分成b组的方法。
比如将20个大小形状完全相同的小球放入3个不同的盒子，允许有盒子为空，但球必须放完，有多少种不同的方法？
解析：将20个小球分成三组需要两块隔板，因为允许有盒子为空，不符合隔板法的原理，那就人为的再加上3个小球，保证每个盒子都至少分到一个小球，那就符合隔板法的要求了（分完后，再在每组中各去掉一个小球，即满足了题设的要求）。然后就变成待分小球总数为23个，球中间有22个空档，需要在这22个空档里加入2个隔板来分隔为3份，共有 = 231种不同的方法。
回到本题，对于栗子9 0 0 7，我们可以使用的数字是9 - 7 + 1 = 3个（7，8，9），我们把可使用的数字当成盒子，把丢失的数字当成小球，是不是和上面的栗子一样了，那么答案也就是（n表示丢失数字的个数，m表示可使用的数字）。想想为什么不把可使用的数字当成球，丢失的数字当成盒子呢？其实是因为可以出现重复的数字，举个栗子9，0，0，8，答案为3，可使用的数字为2，丢失的数字也是2，每种情况如下（下面的小球表示零，也就是丢失的数字）：
- 9，9，9，8（将两个小球放9号盒子里）
- 9，9，8，8（将两个小球分别放到8号和9号盒子里）
- 9，8，8，8（将两个小球放8号盒子里）
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+100; const int mod=1000000007; ll f[maxn]; int a[maxn]; int n; void inint(){ f[0]=1; f[1]=1; for(int i=2;i<=1000000;i++){ f[i]=(f[i-1]*i)%mod; } } ll qpow(ll a,ll b){ ll ans=1; while(b){ if(b&1){ ans=(ans*a)%mod; } a=(a*a)%mod; b/=2; } return ans%mod; } ll C(int n,int m){ if(m==0) return 1; return (f[n]*qpow(f[n-m]*f[m]%mod,mod-2)%mod)%mod; } int main(){ inint(); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; } int cnt=0,id=0; ll ans=1; a[0]=1000; for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]==0){ cnt++; } else{ int n=cnt; int m=a[id]-a[i]+1; id=i; cnt=0; ans=ans*(C(n+m-1,m-1)%mod)%mod; //cout<<n<<" "<<m<<" "<<ans<<endl; } } if(cnt){ int n=cnt,m=a[id]; ans=ans*C(n+m-1,m-1)%mod; } cout<<ans%mod<<endl; }
例题：
给你一个二维整数数组 queries ，其中 queries[i] = [ni, ki] 。第 i 个查询 queries[i] 要求构造长度为 ni 、每个元素都是正整数的数组，且满足所有元素的乘积为 ki ，请你找出有多少种可行的方案。由于答案可能会很大，方案数需要对 109 + 7 取余 。
请你返回一个整数数组 answer，满足 answer.length == queries.length ，其中 answer[i]是第 i 个查询的结果。
示例 1：
输入：queries = [[2,6],[5,1],[73,660]]
输出：[4,1,50734910]
解释：每个查询之间彼此独立。
[2,6]：总共有 4 种方案得到长度为 2 且乘积为 6 的数组：[1,6]，[2,3]，[3,2]，[6,1]。
[5,1]：总共有 1 种方案得到长度为 5 且乘积为 1 的数组：[1,1,1,1,1]。
[73,660]：总共有 1050734917 种方案得到长度为 73 且乘积为 660 的数组。1050734917 对 109 + 7 取余得到 50734910 。
示例 2 ：
输入：queries = [[1,1],[2,2],[3,3],[4,4],[5,5]]
输出：[1,2,3,10,5]
提示：
1 <= queries.length <= 1e4
1 <= ni, ki <= 1e4
这个题的意思就是问给你一个m能分成多少个n个数的乘积
这个题不用担心没有结果哈，因为可以分成1的
我们知道s个球分到n个盒子里面的方案数为
typedef long long ll; const int mod=1e9+7; const int maxn=1e4+100; class Solution { public: int f[maxn],g[maxn]; int qpow(int a,int b){ int ans=1; while(b){ if(b&1){ ans=(ll)ans * a%mod; } a=(ll)a * a%mod; b>>=1; } return ans; } int C(int a,int b){ return (ll)f[a] * g[b] % mod * g[a - b] % mod; } vector<int> waysToFillArray(vector<vector<int>>& queries) { f[0] = g[0] = 1; for (int i = 1; i < maxn; i ++ ) { f[i] = (ll)f[i - 1] * i % mod; g[i] = qpow(f[i], mod - 2); } vector<int>v; for(auto &q: queries){ int n=q[0],m=q[1]; int res=1; for (int i = 2; i * i <= m; i ++ ) { if (m % i == 0) { int s = 0; while (m % i == 0) s ++ , m /= i; res = (ll)res * C(n + s - 1, n - 1) % mod; } } if (m > 1) res = (ll)res * C(n, n - 1) % mod; v.push_back(res); } return v; } };