[JSOI2011]分特产

题目描述

JYY 带队参加了若干场 ACM/ICPC\text{ACM/ICPC}ACM/ICPC 比赛，带回了许多土特产，要分给实验室的同学们。

JYY 想知道，把这些特产分给 nnn 个同学，一共有多少种不同的分法？当然，JYY 不希望任何一个同学因为没有拿到特产而感到失落，所以每个同学都必须至少分得一个特产。

例如，JYY 带来了 222 袋麻花和 111 袋包子，分给 AAA 和 BBB 两位同学，那么共有 444 种不同的
分配方法：

AAA：麻花， BBB：麻花、包子

AAA：麻花、麻花， BBB：包子

AAA：包子， BBB：麻花、麻花

AAA：麻花、包子， BBB：麻花

输入格式

输入数据：

第一行是同学的数量 nnn 和特产的数量 mmm。

第二行包含 MMM 个整数，表示每一种特产的数量。

N,MN,MN,M 不超过 100010001000 ，每一种特产的数量不超过 100010001000

输出格式

输出一行，不同分配方案的总数。

由于输出结果可能非常巨大，你只需要输出最终结果
mod109+7\bmod {10^9+7}mod109+7 的数值就可以了。

样例 #1

样例输入 #1

5 4
1 3 3 5

样例输出 #1

题意：

有nnn个有标号的盒子和mmm种有标号的球，每种球有a[i]a[i]a[i]个，求每个盒子至少放一种球的总方案数。

分析：

我们可以先考虑–把每个a[i]a[i]a[i]分到nnn个盒子里（允许有空盒）那么方案数为Cn+a[i]−1n−1\textrm{C}_{n+a[i]-1}^{n-1}Cn+a[i]−1n−1,

根据乘法原理方案数∏i=1m⁣Cn+a[i]−1n−1\prod^m_{i=1}\!C^{n-1}_{n+a[i]-1}∏i=1mCn+a[i]−1n−1 当然这样想使不完全正确的，其中包含有人没有的情况；

不合法的情况为K[i]K[i]K[i](iii表示至少有iii个盒子为空）（范围从iii到n−1n-1n−1，上一步求出必有一人有）；

即我们要求出看k[x]= Cn+a[i]−1n−x−1\textrm{C}_{n+a[i]-1}^{n-x-1}Cn+a[i]−1n−x−1（也就是求出将a[i]a[i]a[i]个球放入n−xn-xn−x个盒子中）；

但是因为k[i]⁣⊆⁣k[j](i⁣<⁣j）k[i]\!\subseteq\! k[j](i\!<\!j）k[i]⊆k[j](i<j）所以容斥一下；

∑i=0n−1(−1)i∏j=1mC(n⁣+⁣a[j]⁣−⁣i⁣−⁣1,n⁣−⁣i⁣−⁣1⁣)\boxed{\sum^{n-1}_{i=0}(-1)^i\prod^m_{j=1}C(n\!+\!a[j]\!-\!i\!-\!1,n\!-\!i\!-\!1\!)}i=0∑n−1(−1)ij=1∏mC(n+a[j]−i−1,n−i−1)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod=1e9+7;
ll n,m,te[1010],C[2010][2010];
int main()
{freopen("speciall.in","r",stdin);freopen("speciall.out","w",stdout);C[0][0]=1;for(int i=1;i<=2005;i++){C[i][0]=1;for(int j=1;j<=i;j++){C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;}}//预处理scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%lld",&te[i]);}ll ans=0;for(int i=0;i<n;i++){ll t=C[n][i];for(int j=1;j<=m;j++){t=t*C[te[j]+n-i-1][n-i-1]%mod;}if(i&1) ans=(ans-t+mod)%mod;else ans=(ans+mod+t)%mod;}printf("%lld",(ans+mod)%mod);
}//设数组g[i]表示 刚好 有i个同学没有土特产，显然g[0]就是答案//设f[i]表示 至少 有i个同学没有土特产，通过计算发现每个f[i]可能会重复计算g[i]，以样例为例 //f[0]=g[0]+g[1]+g[2]+g[3]+g[4]//f[1]=g[1]+g[2]*2+g[3]*3+g[4]*4//f[2]=g[2]+g[3]*3+g[4]*6//f[3]=g[3]+g[4]*4//f[4]=g[4]//根据容斥原理得到公式： //ans=f[0] -f[1]+f[2]-f[3]+...+(-1)(n次方)f[n]