bzoj 3027: [Ceoi2004]Sweet （生成函数）

题目描述

传送门

题目大意：John得到了n罐糖果。不同的糖果罐，糖果的种类不同。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？

题解

感觉这种有数量限制的方案问题多数都可以用生成函数解决。

ans=(1+x1+...+xm1)(1+x1+...+xm2).....(1+x1+...+xmn)

ans=(1−xm1+1)(1−xm2+1).....(1−xmn+1)(1−x)n

ans=(1−xm1+1)(1−xm2+1).....(1−xmn+1)(1+Cn−1nx+Cn−1n+1x2+.....)

设 f(m) 表示最多选m个的方案数，那么答案其实就是指数为[0,m]的未知项的系数和。
因为n的个数比较少，所以我们可以2的指数级别爆搜出所有的指数组合，就是将 (1−xm1+1)(1−xm2+1).....(1−xmn+1) 暴力拆解，然后统一每一项的指数，设 pk 表示指数为k的系数。
那么 f(m)=∑k>=0pk∗(1+Cn−1n+Cn−1n+1+....+Cn−1n+m−1−k)
因为 Cnn=1，Cnn+Cn−1n=Cnn+1 ,所以带入上式化简得，
f(m)=∑k>=0pk∗Cnn+m−k
那么这道题的答案就是 f(b)−f(a−1)

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#define p 2004
#define LL long long 
using namespace std;
int n,a,b,ans,m,v[20];
int C(int n,int m)
{
    if (n<m) return 0;
    LL t=1; LL p1=1;
    for (int i=1;i<=m;i++) p1=p1*i;
    LL mod=(LL)p*p1;
    for (int i=n-m+1;i<=n;i++) t=(LL)t*i%mod;
    return (t/p1)%p;
}
void dfs(int x,int cnt,int sum)
{
    if (x==n+1) {
        if (cnt&1) ans-=C(n+m-sum,n);
        else ans+=C(n+m-sum,n);
        return;
    }
    dfs(x+1,cnt,sum);
    dfs(x+1,cnt+1,sum+v[x]);
}
int solve(int x)
{
    ans=0; m=x; 
    dfs(1,0,0); 
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("my.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]),v[i]++;
    int t=solve(b)-solve(a-1);
    printf("%d\n",(t%p+p)%p);
}