HDU7047 Link with Balls

传送门


这题比赛的时候没怎么认真想，俩队友彷佛在这道题上花了很长时间，但遗憾的是也没搞出来，遂觉得是一道难题。
但正解竟出奇的简单。


若是一对盒子，第一个能够选\(k*i\)个，第二个能够选\(0\sim i-1\)个，那么任意的数均可以由这一对盒子选出来，并且方案惟一。这样就变成了\(x_1+x_2+\cdots+x_n=m\)的非负整数解个数了，用插板法便可解决。

但如今每一对盒子中的第二个能够选\(0 \sim i\)个，那么当选了\(i\)的整数倍时，就会有两种选法，很差办了。

因而题解给出了很漂亮的解决办法：咱们让第\(i\)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。因而咱们只要枚举\(0 \sim n-1\)这个盒子选多少个，再用插板法便可解决！

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

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

进而用\(\textrm{Hockey-Stick Identity}\)​​（\(C_{n}^{k+1}=\sum\limits_{i=k}^{n-1} C_{i}^k\)​）化简，最终获得\(C_{n+m}^{n}-C_{m-1}^n\).

因此预处理\(O(n)\)，单次询问\(O(1)\).


更新

最近增强了生成函数，在此也给出生成函数的作法吧：

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\(f_{i}(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} x^{ni}=\frac1{1-x^{i}}\)，第二个能拿\(0 \sim i\)个，对应的生成函数就是\(g_{i}(x) = \sum\limits_{n=0}^{i} x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\).

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

因而咱们将\(\frac{1-x^{n+1}}{(1-x)^{n+1}}\)用广义二项式定理展开，获得

 

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

 

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;
}