bzoj 3027: [Ceoi2004]Sweet（母函数+组合数）

3027: [Ceoi2004]Sweet

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Description

John得到了n罐糖果。不同的糖果罐，糖果的种类不同（即同一个糖果罐里的糖果种类是相同的，不同的糖果罐里的糖果的种类是不同的）。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 无法确定吃多少个糖果和每种糖果各吃几个。有多少种方法可以做这件事呢？

Input

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

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

Sample Output

设f[n]表示吃掉刚好n颗糖果的方案数，f[n]的母函数为

设ans[p]表示G[x] 0~p项的系数和，那么本题答案就是ans[b]-ans[a-1]

那么怎么求上面那公式前b项的系数和呢？

因为n其实很小，所以右边连乘可以直接2^n暴力每一项系数，对于当前第p项a[p]*x^p，左半部分要乘的组合数就为

注意模数不是质数，所以可能不存在逆元，一个解决方法是直接将模数先乘上分母（分母最大10!），最后再除掉

#include<stdio.h>
#define LL long long
LL mod, n, p[15], jc[15] = {1};
LL C(LL n, LL m)
{LL i, ans = 1;if(n<m)return 0;for(i=1;i<=m;i++)ans = ans*(n-i+1)%mod;return ans;
}
LL Sech(LL k)
{LL i, j, now, f, ans = 0;for(i=0;i<(1ll<<n);i++){now = 0, f = 1;for(j=0;j<=n-1;j++){if(i&(1ll<<j)){now += p[j+1]+1;f = -f;}}ans = (ans+f*C(n+k-now, n)%mod+mod)%mod;}return ans;
}
int main(void)
{LL a, b, i;mod = 2004;for(i=1;i<=10;i++)jc[i] = jc[i-1]*i;scanf("%lld%lld%lld", &n, &a, &b);mod = mod*jc[n];for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld", &p[i]);printf("%lld\n", (Sech(b)-Sech(a-1)+mod)%mod/jc[n]);return 0;
}
/*
10 13523 463463
123124 23452 457457 123 234 346 23 634 12 5
*/