杭电多校第八场-hdu6397 Character Encoding-组合数+容斥原理

题解：根据题目意思，x1+x2+...+xm = k；0 <= xi <= n-1；即整数分解。

如果xi没有没有限制的话，用插板法，相当于k个苹果被装入m个篮子中，因此我们需要将k个苹果分为m-1分，也就是插入m-1块板子；如果xi > 0，一头一尾不能插板子，就是向k-1个位置当中插入m-1块板子，则结果为。如果xi >= 0，一个位置只能放一个板子，所以无法在收尾插入多块板子，即无法处理xi多个0出现的情况，所以我们将篮子与苹果混合，然后在k+m-1个位置中确定m-1个篮子的位置，则结果为。

如果xi如题所说限制，我们假设有c个超过限制的（x' >= n），现在进行一个操作，将所有超过限制的x减去n，则原来的问题x1+x2+...+xm = k；转化为：x′1+x′2+..+x′m = k−n∗c；原来xi为可能大于等于n的，转化之后所有的x'i都大于等于0，这便是之前没有限制的子问题，可以用上述方法来解决。但我们这里假设的是c个，所以还需要用容斥原理。如果c为偶数就做加法，c为奇数就做减法。最后的结果为。

代码实现：

需要用到的知识：

1、乘法逆元

2、快速幂

3、容斥原理

这里有几个需要注意的地方

1、根据题目mod的范围，此题需要预处理，否则会超时。

2、求余做减法时，要加上mod。

3、预处理乘法逆元的时候，是根据该推导而来，m!的mod次方 = (m-1)!的mod次方 * m的mod次方。

5、数组开大一点。

AC代码如下：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define LL long long
#define maxn 1000000

using namespace std;

const int MOD = 998244353;

LL fact[maxn+5];	//阶乘 
LL a[maxn+10];	// 乘法逆元 
//LL inv[maxn+10];	//快速幂 

LL pow(LL x)
{
	LL n = MOD-2;
    LL res=1;
	while(n>0)
	{
	   if(n%2==1)	
	   	 res=res*x%MOD;
	   x=x*x%MOD;
	   n>>=1;
	}
	return res;	
}

void init(){
    a[0] = a[1] = 1;
    fact[0] = fact[1] = 1;
//  inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= 1000005; i++)
    {
        fact[i] = fact[i-1] * i % MOD;
		a[i] = a[i-1] * pow(i) % MOD;	//m!的MOD次方 = (m-1)!的MOD次方 * m的MOD次方 
//      inv[i] = (MOD - MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
//      a[i] = a[i-1] * inv[i] % MOD;	
    }
}

LL C(int n, int m){	//乘法逆元 
	if(n<0||m<0||n