题意
求只用 \(\{0, 1, 2, 3, 4\}\) 五个数每个数最多使用 \(a_i\) 次且没有前导零所能组成的 \(n\) 位数的数量，答案模 \(1e9+7\)。
思路
貌似可以母函数+FFT (但是这两个我都不会
也可以用状压dp + 容斥原理来求解。
这个题求合法数不好求，所以可以计算总数减非法数来求答案。
设计状态 \(dp(i, j, s)\) 表示：
最终有 \(j\) 个数字使用次数会超过对应上限，到第 \(i\) 位时，超出上限次数的状态为 \(s\) ，允许有前导零的非法数。
我们可以得到一个显然的转移方程：
\(dp[i][j][s] = dp[i-1][j][s] \times (5-(j-num[s])) + \sum_{i-a[k]-1} dp[i-a[k]-1][j][s \wedge (1<
最后容斥一下就好。
对于前导零的处理方法：如果有零，则 a[0]--, n-- 再dp一遍，两次答案相减即可。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 7010;
const int maxm = (1<<5)+10;
const int all = maxm-11;
const int mod = 1e9+7;
inline void add(ll &x, ll y) { x += y; if(x >= mod) x -= mod; }
ll fac[maxn], inv[maxn], num[maxm];
ll ksm(ll a, ll n) {
ll res = 1;
while(n) {
if(n & 1) res = res*a%mod;
a = a*a%mod;
n >>= 1;
} return res;
}
void init() {
fac[0] = 1; for (int i = 1; i < maxn; ++i) fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
inv[maxn-1] = ksm(fac[maxn-1], mod-2);
for (int i = maxn-2; i >= 0; --i) inv[i] = inv[i+1]*(i+1)%mod;
for (int mask = 0; mask < maxm; ++mask) num[mask] = num[mask>>1] + (mask&1);
}
ll C(int n, int m) { return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; }
ll dp[maxn][6][maxm], a[10];
int n, T, cas;
ll DP() {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= 5; ++i) dp[0][i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= 5; ++j) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int mask = 0; mask <= all; ++mask) {
if(num[mask] > j) continue;
dp[i][j][mask] = dp[i-1][j][mask]*(5-(j-num[mask]))%mod;
for (int k = 0; k < 5; ++k) {
if((mask & (1<a[k])
add(dp[i][j][mask], dp[i-a[k]-1][j][mask^(1<= mod) res -= mod;
}
}
return res;
}
int main() {
init();
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < 5; ++i) scanf("%lld", a+i);
ll ans = DP();
if(a[0]) {
--a[0], --n;
ans -= DP();
if(ans < 0) ans += mod;
}
printf("Case #%d: %lld\n", ++cas, ans);
}
return 0;
}