计蒜客T3144——受力平衡（逆元+数学组合）

题目：

有 n 个不同的气球和 m 个不同的重物，每个气球都可以提供 1N 的升力（竖直向上），每个重物都会受到 1N 的重力（竖直向下）。

现要选出若干个气球和若干个重物，将他们固定在一起，并且使得固定之后的整体受力平衡，请问共有多少种满足条件的方案？

输入格式

输入数据第一行一个正整数 T，表示测试数据组数

接下来 T 行，每行包含两个空格隔开的正整数 n 和 m

输出格式

输出 T 行，每行包括一个数字，表示答案除以 (10^9+7 ) 的余数

数据范围

对于 20% 的数据，m = 1

对于 60% 的数据，1≤ n,m ≤10^3，1≤ T ≤10^4

对于全部的数据，1≤ n,m ≤10^6，1 ≤ T ≤10^6

输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性

样例输入

1
2 3

样例输出

9

样例解释

不妨用 b1​,b2​ 表示两个气球，用 w1​,w2​,w3​ 表示三个重物

下面每行都描述了一个符合要求的方案

b1​,w1​

b1​,w2​

b1​,w3​

b2​,w1​

b2​,w2​

b2​,w3​

b1​,b2​,w1​,w2​

b1​,b2​,w1​,w3​

b1​,b2​,w2​,w3​

题解：

1.先看题目用例，气球2个，重物3个，气球我可以用1个，也可以用2个；如果用1个，有2种选择，此时重物有3种选择，共2*3种；如果用2个，气球只有1种选择，而重物有3种选择，共1*3种；共2*3+1*3=9，如果用组合数表示：2.由此推广到气球n个，重物m个，可得答案为：（假设你n<=m）

3.接下来对其进行化简：（如果通过复杂的数学公式推导，本人水平有限，不会）先将原式改写一下：（用到组合数基本性质：）得到

我们在原本的基础上增加了第一项，保持值不变，我们在最后一项减去，并且我们可以发现这一项的值为1。

即为：

为了求出其值，我们建立一个模型：

假设你现在单身，有来自北方的和南方两种风格的女朋友任君挑选，北方的n个人记为A队，南方的m个人记为B队，由于南方的人口比北方多，可知m>=n；现在让你做出一个艰难的决定，让你从中挑选n个人作为你的女朋友，有多少种选法？（如果你是女生，自动脑补为男朋友）

<1>.有最简单的排列组合知识知有：选法

<2>.从另一种角度来看，你对南方或者北方的风格有侧重，可以从南方选k个，剩下（n-k）个从北方选（k从0到n）：

这样得到的结果为：

由<1>,<2>知两个结果是相等的，可推出=

接着推出 =,也就是(m+n)!/(m!*n!)-1;

（注：这其实来自于一个非常经典的证明：，证明方法是一样的，这个结果非常重要，可以记住）

4.最重要的解决了，现在是代码实现，由上一步结果知我们需要计算（m+n）的阶乘，有多组测试用例，节省时间，我们需要打表实现阶乘，然后又逆元部分（利用快速幂+费马小定理   可参考博客：https://blog.youkuaiyun.com/qq_44616044/article/details/107252092）可得出(m+n)!/(m!*n!)%mod=(m+n)!*pow(m!,mod-2)*pow(n!,,mod-2)%mod,由于数比较大，所以需要每一步mod上mod，则结果为{[(m+n)!*pow(m!,mod-2)]%mod*pow(n!,mod-2)}%mod，然后用快速幂替换幂运算；

AC代码

#include<stdio.h>

#define ll long long
const int mod = 1e9+7;
ll md[2000005];  //n+m

ll quick_pow(ll x,ll n,ll m)
{
    ll res = 1;
    while(n > 0)
    {
        if(n & 1)
            res = res * x % m;
        x = x * x % m;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    ll m,n;
    md[0]=1;
    for(int i=1;i<=2000000;i++)
    {
        md[i]=(md[i-1]*i)%mod;//每次%mod，防止超出long long范围，不改变最终结果
    }//打表

    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);//这题时间卡的特别紧，我用cin关了同步也会超时
        ll ans=((md[n+m]*quick_pow(md[n],mod - 2,mod)))%mod*quick_pow(md[m],mod - 2,mod)%mod; //一定要每一步%mod
        printf("%lld\n",ans-1);
    }
    return 0;
}