HDU7047 Link with Balls

传送门


这题比赛的时候没怎么认真想，俩队友似乎在这道题上花了很长时间，但遗憾的是也没搞出来，遂以为是一道难题。
但正解竟出奇的简单。


如果一对盒子，第一个可以选(k*i)个，第二个可以选(0sim i-1)个，那么任意的数都可以由这一对盒子选出来，而且方案唯一。这样就变成了(x_1+x_2+cdots+x_n=m)的非负整数解个数了，用插板法即可解决。

但现在每一对盒子中的第二个可以选(0 sim i)个，那么当选了(i)的整数倍时，就会有两种选法，不好办了。

于是题解给出了很漂亮的解决办法：我们让第(i)对盒子的第一个，和第(i-1)对盒子的第二个配对，即选(k*i)和(0 sim i-1)配对，这样剩下的就只有(k * 1)和(0 sim n)这两个盒子。于是我们只要枚举(0 sim n-1)这个盒子选多少个，再用插板法即可解决！

即(sumlimits_{i = 0}^{n}C_{m-i+n-1}^{n-1}).

将上述式子进行化简，得到(sumlimits_{x = m-1}^{m+n-1}C_{x}^{n-1}=sumlimits_{x=0}^{m+n-1} C_{x}^{n-1}-sumlimits_{x=0}^{n-2}C_{x}^{n-1}).

进而用( extrm{Hockey-Stick Identity})​​（(C_{n}^{k+1}=sumlimits_{i=k}^{n-1} C_{i}^k)​）化简，最终得到(C_{n+m}^{n}-C_{m-1}^n).

所以预处理(O(n))，单次询问(O(1)).


更新

最近加强了生成函数，在此也给出生成函数的做法吧：

对于第(i)对盒子，第一个能拿(ki)个，那么对应的生成函数就是(f_{i}(x) = sumlimits_{n=0}^{infty} x^{ni}=frac1{1-x^{i}})，第二个能拿(0 sim i)个，对应的生成函数就是(g_{i}(x) = sumlimits_{n=0}^{i} x^n=frac{1-x^{n+1}}{1-x}).

那么答案对应的多项式就是(prodlimits_{i=0}^n f_i(x)*g_i(x)=frac1{1-x}*(1+x) * frac1{1-x^2} * frac{1-x^3}{1-x} cdots frac1{1-x^{n-1}} * frac{1-x^n}{1-x} * frac1{1-x^n} * frac{1-x^{n+1}}{1-x}=frac{1-x^{n+1}}{(1-x)^{n+1}}.)

于是我们将(frac{1-x^{n+1}}{(1-x)^{n+1}})用广义二项式定理展开，得到

[egin{align*} frac{1-x^{n+1}}{(1-x)^{n+1}} &= sum_{k=0}^{infty} C_{n+k}^n x^k - x^{n+1} sum_{k=0}^{infty} C_{n+1}^n x^k\ &= sum_{k=0}^{infty} C_{n+k}^n x^k - sum_{j=n+1}^{infty} C_{j-1}^n x^j\ end{align*}]

那么当(m<n+1)时，(m)次项的系数就是(C_{n+m}^m)；
当(m geqslant n + 1)时，(m)次项的系数是(C_{n+m}^m - C_{m-1}^n).

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int maxn = 2e6 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
In ll read()
{
	ll ans = 0;
	char ch = getchar(), las = ' ';
	while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	if(las == '-') ans = -ans;
	return ans;
}
In void write(ll x)
{
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x >= 10) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

ll f[maxn], inv[maxn];
In ll C(int n, int m) 
{
	if(m > n) return 0;
	return f[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
In ll quickpow(ll a, ll b)
{
	ll ret = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
		if(b & 1) ret = ret * a % mod;
	return ret;
}

int main()
{
	f[0] = inv[0] = 1;
	for(int i = 1; i < maxn; ++i) f[i] = f[i - 1] * i % mod;
	inv[maxn - 1] = quickpow(f[maxn - 1], mod - 2);
	for(int i = maxn - 2; i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	int T = read();
	while(T--)
	{
		int n = read(), m = read();
		write((C(n + m, n) - C(m - 1, n) + mod) % mod), enter;
	}
	return 0;
}