【BZOJ3027】【CEOI2004】Sweet

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【思路要点】

• 我们显然可以得到一个直接的DP做法，记\(F_{i,j}\)表示在前\(i\)个集合中取\(j\)个元素的方案数，则显然有$$ \left\{\begin{aligned}F_{0,0} = 1\\F_{i,j}=\sum_{k=max(0,j-M_{i})}^{j}F_{i-1,k}\end{aligned}\right.$$
• 运用滚动数组，对转移稍加优化，可以得到一个空间复杂度为\(O(B)\)，时间复杂度为\(O(N*B)\)的做法，但本题时间限制较紧，这种方法不能通过。
• 若每个集合中元素个数没有上界，那么问题就成为了一个经典的组合数学问题，假设共有\(N\)个集合，要选出\(M\)个元素，显然方案数为\(\dbinom{M+N-1}{N-1}\)。
• 本题中存在上界，不容易处理，但我们注意到若取的元素个数只存在下界是容易处理的，只需将\(A\)和\(B\)均减去下界即可。考虑利用容斥原理将上界化为下界。我们称在集合\(i\)中取超过\(M_{i}\)个元素为“不符合集合\(i\)的限制”，则由容斥原理，可得$$Ans=\sum_{i=0}^{N}(-1)^{i}*Total_{i}(其中Total_{i}表示不符合至少i个集合的限制的方案数)$$
• 那么，我们枚举每个集合是否一定不符合限制，即可将问题转化为只有下界的取球问题。
• 接下来唯一的问题在于如何求解\(\dbinom{M}{N} Mod\ \ 2004\)。
• 令\(\dbinom{M}{N} Mod\ \ 2004=X\)，也即\(\frac{M!}{N!(M-N)!}=X+2004K(K\in Z)\)。
• 在等式两侧同时乘以\(N!\)得到\(\frac{M!}{(M-N)!}=X*N!+2004N!*K(K\in Z)\)，也即\(A_{M}^{N}\ \ Mod\ \ 2004N!=X*N!\)。
• 所以，将模数乘以\(N!\)计算，在最后将答案除以\(N!\)即可，此时模数最大为\(7272115200\)，而乘数总在\(10^{7}\)以内，所以使用64位整型即可通过本题。
• 时间复杂度\(O(2^{N}*N)\)。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 15;
const int TP = 2004;
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int n, l, r, a[MAXN];
long long P, ans;
void check(int l, int r, int f) {
	long long now = 1, tmp = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		now = now * (r + n - i + 1) % P;
		tmp = tmp * (l + n - i) % P;
	}
	if (f == 1) ans += now - tmp;
	else ans += tmp - now;
}
void work(int pos, int l, int r, int f) {
	if (r == -1) return;
	if (pos <= n) {
		work(pos + 1, l, r, f);
		work(pos + 1, max(l - a[pos] - 1, 0), max(r - a[pos] - 1, -1), -f);
	} else check(l, r, f);
}
int main() {
	read(n), read(l), read(r);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		read(a[i]);
	P = TP;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		P *= i;
	work(1, l, r, 1);
	ans = (ans % P + P) % P;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans /= i;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}