HDU - 7047 - Link with Balls ( 插板法 + 组合数 )

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题目

题意

2n 个框，从第 2x - 1 个框里可以得到 kx 个球 ( k >= 0 ) ，从第 2x 个框里可以得到 <= x 个球。问得到 m 个球，有多少种取法。

思路

思路一：
根据题意我们大概可以得到，对于一个位置 i ，若是奇数，则可以得到 <= ( i + 1 ) / 2 个球，若是偶数，则可以得到 k * i / 2 个球 ( k >= 0 ) 。不管从哪个框里拿球，都是有限制的。要么是拿某个数的倍数，要么拿比某个数小的数，这里有很多限制条件，不好处理。那我能不能找到一种情况，满足我想拿多少拿多少，变成一种，从好几个可以任意取的框里拿球满足一定数量的情况，这种情况相比与之前的限制拿球的情况要好处理。
如果想要任意拿取，那必须每个数都要有，但是我们要么是某个数的倍数，要么拿比某个数小的数。不能满足啊。想一下，若是对于每个数的倍数 kx ，我要是能满足找到一个 [ 1 , x - 1 ] 的区间，那我不就能取遍所有的数了🐎。而这个 [ 1 , x - 1 ] 的区间不就恰好是位置 2x 前面的位置 2x - 3 的取值🐎。合并合并、凑吧凑吧，2n 个框，就可以合成 n 个可以任意取的框，外加一个可以取 <=n 的框。我们枚举可以取 <=n 的框里取的球数，那么剩下的球就是个定值 p ，那么就变成了从 n 个任意取的框里取 p 个球的情况数。这就相当于，将 p 个球放在 n 个不同框里的方案数，n 个框都可以取 0 ，如果在 n 个框里都预先放入 1 个球，那问题就等价于把 p + n 个球放入 n 个不同框里，且每个框至少一个的方案数，而这恰好就是经典的插板法，问题答案应该是 $C_{p+n-1}^{n-1}$ ( 凑元素插板法，学习链接 )。
答案就是：${\sum }_{i=0}^n{C}_{m-i+n-1}^{n-1}$
但是要是这样计算答案多半要T，所以我们再化简一下。
将式子展开可以得到：
$C_{m+n-1}^{n-1}+C_{m+n-2}^{n-1}+...+C_m^{n-1}+C_{m-1}^{n-1}$

根据组合数性质 $C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$ 即 $C_m^n=C_{m-1}^{n-1}+C_{m-1}^n$

$C_{m-1}^{n-1}=C_m^n-C_{m-1}^n$

$C_m^{n-1}+C_{m-1}^{n-1}=C_m^{n-1}+C_m^n-C_{m-1}^n=C_{m+1}^n-C_{m-1}^n$

$...$

$C_{m+n-1}^{n-1}+C_{m+n-2}^{n-1}+...+C_m^{n-1}+C_{m-1}^{n-1}=C_{m+n}^n-C_{m-1}^n$

所以最终答案就是：$C_{m+n}^n-C_{m-1}^n$
思路二：
打表找规律，姜佬yyds，最后打表找规律压线过，膜拜膜拜(o゜▽゜)o☆

代码

//#pragma GCC optimize(3)//O3
//#pragma GCC optimize(2)//O2
#include<iostream>
#include<string>
#include<map>
#include<set>
//#include<unordered_map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<fstream>
#define X first
#define Y second
#define best 131 
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>
#define lowbit(x) x & -x
#define inf 0x3f3f3f3f
//#define int long long
//#define double long double
//#define rep(i,x,y) for(register int i = x; i <= y;++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double pai=acos(-1.0);
const int maxn=2e6+10;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
const int N=5e3+10;
/*--------------------------------------------*/
inline int read()
{
    int k = 0, f = 1 ;
    char c = getchar() ;
    while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1 ;c = getchar() ;}
    while(isdigit(c)) k = (k << 1) + (k << 3) + c - 48 ,c = getchar() ;
    return k * f ;
}
/*--------------------------------------------*/

ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll f[maxn],inv[maxn];
ll init()
{
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<maxn;i++)
        f[i]=f[i-1]*i%mod;
    inv[maxn-1]=qpow(f[maxn-1],mod-2);
    for(int i=maxn-2;i>=0;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    return 0;
}
ll c(ll n,ll m)
{
    if (n<m) return 0;
    return f[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int t,n,m;

int main() 
{
//    ios::sync_with_stdio(false);
//    cin.tie(0);cout.tie(0);
    init();
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        ll ans=((c(m+n,n)-c(m-1,n))%mod+mod)%mod;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}