[BZOJ3027][Ceoi2004]Sweet（生成函数）

题目描述

传送门

题目大意：有n种糖果，每种mi个，至少吃掉a个，至多b个，求吃掉糖果的方案数。

题解

组合问题，用到普通型生成函数
首先设 f(i) 表示至多吃掉i个的方案数，问题可以转化为求 f(b)−f(a−1) ，求 f(i) 实际上就是要求生成函数的 xi 项的系数
首先把生成函数的式子写出来，并化成闭形式

∏in(1+x+x2+...+xmi)=∏in1−xmi+11−x=∏in(1−xmi+1)(1−x)n

然后可以看出多项式变成 (1+x+x2+x3...)n∏in(1−xmi+1)
第二个式子展开至多有 2n 个系数不为0的项，可以爆搜展开的每一项
而对于第一个式子，它的展开式的第i项的系数为 Cn−1n+i−1
那么假设现在爆搜到了一项 k∗xy ，当前要求的是 f(a) ，那么实际上就是要求生成函数第0..a-y项的系数和，也就是 k×(Cn−1n−1+Cn−1n+Cn−1n+1+...+Cn−1n+a−y−1)
利用组合数的递推公式 Cji=Cj−1i+Cj−1i−1 进行化简，系数和为 k×Cnn+a−y
因为n比较小，求组合数的时候可以上下相消然后暴力枚举，而模数不是质数有可能不存在逆元，但是模数较小，可以在取模时先乘上 n!⋅Mod 然后最后再除回去
时间复杂度 O(2n⋅n)

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define Mod 2004

int n,a,b,now,ans;
int m[15];
long long mul;

int C(int n,int m)
{
    if (nreturn 0;
    long long ans=1,mod=mul*Mod;
    for (int i=n-m+1;i<=n;++i)
        ans=(long long)i%mod*(long long)ans%mod;
    return (ans/mul)%Mod;
}
void dfs(int dep,int xi,int mi,int lim)
{
    if (dep==n+1)
    {
        now=(now+xi*C(n+lim-mi,n)%Mod)%Mod;
        return;
    }
    dfs(dep+1,xi,mi,lim);
    dfs(dep+1,-xi,mi+m[dep]+1,lim);
}
int calc(int lim)
{
    now=0;
    dfs(1,1,0,lim);
    return now;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    mul=1;for (int i=2;i<=n;++i) mul=mul*i;
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&m[i]);
    ans=calc(b)-calc(a-1);ans=(ans%Mod+Mod)%Mod;
    printf("%d\n",ans);
}