【BZOJ 3027】 3027: [Ceoi2004]Sweet （容斥原理+组合计数）

3027: [Ceoi2004]Sweet

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Description

John获得了n罐糖果。不一样的糖果罐，糖果的种类不一样（即同一个糖果罐里的糖果种类是相同的，不一样的糖果罐里的糖果的种类是不一样的）。第i个糖果罐里有 mi个糖果。John决定吃掉一些糖果，他想吃掉至少a个糖果，但不超过b个。问题是John 没法肯定吃多少个糖果和每种糖果各吃几个。有多少种方法能够作这件事呢？  

Input

从标准输入读入每罐糖果的数量，整数a到b 
 
John可以选择的吃掉糖果的方法数（知足以上条件）  
 

Output

 
把结果输出到标准输出（把答案模 2004 输出） 

1<=N<=10,0<=a<=b<=10^7,0<=Mi<=10^6

Sample Input

2 1 3
3
5

Sample Output

9

HINT

(1,0),(2,0),(3,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,1),(1,2),(2,1) 

Source

 

【分析】

　　就是分红（<=b） - (<= a-1）的。

　　而后每一个糖果罐容斥，枚举哪些超过了的。

　　假设减掉以后剩下最多选x个糖果

　　就是$C_{0+n-1}^{n-1}+C_{1+n-1}^{n-1}+C_{2+n-1}^{n-1}+...+C_{x+n-1}^{n-1}$

　　求和以后就是$C_{x+n}^{n}$

　　可是！！！模数可能没有逆元，又不能n^2预处理。。

　　【怎么办呢？？？

　　【又涨姿式。。

　　首先都是$C_{x}^{n}$的形式，即$\dfrac{x!}{(x-n )!}/(n!)$

　　n!很小，让$mod=Mod*n!$

　　计算的时候模mod，最后除以n！，再模Mod。。。

　　就能够了。

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 #define Mod 2004
 8 #define Maxm 10000010
 9 #define LL long long
10 
11 int w[15],n;
12 LL mul;
13 
14 int get_c(int x,int y)
15 {
16     if(x<y) return 0;
17     LL mod=mul*Mod,ans=1;
18     for(int i=x;i>=x-y+1;i--) ans=1LL*ans*i%mod;
19     return (ans/mul)%Mod;
20 }
21 
22 int cal(int x)
23 {
24     int ans=0;
25     for(int i=0;i<(1<<n);i++)
26     {
27         int ss=0,sm=x;
28         for(int j=1;j<=n;j++) if((1<<j-1)&i)
29         {
30             ss++;sm-=w[j]+1;
31         }
32         if(sm<0) continue;
33         if(ss&1) ans-=get_c(sm+n,n);
34         else ans+=get_c(sm+n,n);
35         ans%=Mod;
36     }
37     return ans;
38 }
39 
40 int main()
41 {
42     int a,b;
43     scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
44     mul=1;for(int i=2;i<=n;i++) mul=mul*i;
45     for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
46     printf("%d\n",((cal(b)-cal(a-1))%Mod+Mod)%Mod);
47     return 0;
48 }

View Code

 

2017-04-25 21:25:39