BZOJ 3027 [Ceoi2004]Sweet

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生成函数

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题解：
求出 (le b) 的答案减去 $ le a-1$ 的答案

先写出每个物品的生成函数

[(1+x+x^{2}+x^{3} cdots +x^{m_i})=frac{1-x^{m_{i}+1}}{1-x} ]

然后把他们乘起来

[prod_{i=1}^{n}frac{1-x^{m_{i}+1}}{1-x}\=(1+x+x^{2}+x^{3}+cdots)^{n}prod_{i=1}^{n}(1-x^{m_{i}+1}) ]

然后暴力展开后面的式子,最多有(2^{n})项

对于前面的式子，(x^{i})这一项的系数由隔板法得到为 (C_{i+n-1}^{n-1})
对于后面的(k imes x^{y})这一项，他对答案的贡献是

(k imes (C_{n-1}^{n-1}+C_{1+n-1}^{n-1}+C_{2+n-1}^{n-1}+ cdots +C_{a-y+n-1}^{n-1}))

然后发现这其实是杨辉三角的一列，然后式子化成(=k imes C_{a-y+n}^{n})

模数不是质数所以可能没有逆元

(C_{a-y+n}^{n}=frac{(a-y+n)!}{n!(a-y)!}=frac{(a-y+n)^{underline{n}}}{n!})

算组合数的时候，先算在 ( ext{mod}(P*n!)) 下的结果，然后再 (/n!)

时间复杂度 (O(n imes 2^{n}))

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mm=2004;
const int maxn=20;

int n,mx,mi;
long long ans=0;
int a[maxn];


long long nt=1;

long long C(int n,int m){
	if(n<0||m<0)return 0;
	if(n<m)return 0;
	long long ret=1;
	for(int i=n-m+1;i<=n;++i)ret=ret*i%(mm*nt);
	return ret/nt;
}

int limx;
long long Dfs(int x,int f,int t){
	if(x==n+1){
		long long ret=0;
		return (f*C(limx-t+n,n)+mm)%mm;
	}
	
	return (Dfs(x+1,f,t)+Dfs(x+1,-f,t+a[x]+1))%mm;
}
long long GetAns(int m){
	limx=m;
	return Dfs(1,1,0);
}

int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&mi,&mx);
	for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)nt=nt*i;
	
	ans=(GetAns(mx)-GetAns(mi-1)+mm)%mm;
	
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}