【GDKOI2017模拟1.21】Equation

Description

听着自己美妙的曲子，小Z进入了梦乡。在梦中，小Z仿佛又回到了自己纵横考场的年代。在梦中，小Z参加了一场考试，这场考试一共有n道题，每道题的最终得分都是一个大于等于0的整数。然而醒来后，小Z忘记了自己每道题的得分。他只记得自己计算过m次一些题目的分数和，每道题都被计算过，并且只被计算过一次。除此之外他还记得其中t道题的满分分别是多少（一道题的得分不会超过满分）。现在小Z想知道他这场考试有多少种得分情况（至少有一道题的得分不同就算不同的情况），因为这个答案可能很大，你只需要输出答案对1,000,000,007取模后的结果即可。

Solution

这题的70分很好拿，打完之后就没有仔细想了。

把n个数拆成m份，且这些可以为空，那么直接用隔板法Cn−1n+m−1

现在有限制的话，那么明显是容斥。

任意两个等式之间是互不影响的，所以对每个等式都进行容斥。

假设现在这个等式要求x≤r，除了x设其他数的和为sum，等式要求x+sum=R。

我们现在要求x强制爆出限制，那么就是强制要求x>=r+1，那么我们现在先强制在x那里填上x+1，其他的随便填，那么就是要求sum=R-r-1，那么方案数为Cq−1R−r−1+q−1，q为这个等式的元素数量。

然后容斥之后，把所有等式的答案乘起来就可以了。

Code

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mo=1e9+7,maxn=2000007;
int i,j,k,l,t,n,m;
int c[maxn],d[maxn],ma[maxn],e[maxn],er[27],a[maxn],b[maxn],g[maxn];
ll ans,fact[maxn],ni[maxn],zong,o,p,ans1,q;
int bz[maxn],num[maxn];
struct node{
int a,b,c;
}w[maxn];
bool cmp(node x,node y){
return x.c<y.c;
}
ll qsm(ll x,ll y){
ll z=1;
for(;y;y/=2,x=x*x%mo)if(y&1)z=z*x%mo;
return z;
}
ll cc(ll x,ll y){return fact[x]*ni[y]%mo*ni[x-y]%mo;}
int get(){
char ch=getchar();int x=0;
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
void dfs(int x,int y,int z){
if (x>l+num[k]){
if(y&1)ans1=(ans1-cc(z+g[k]-1,g[k]-1)+mo)%mo;
else ans1=(ans1+cc(z+g[k]-1,g[k]-1))%mo;
return;
}
dfs(x+1,y,z);
dfs(x+1,y+1,z-(w[x].b+1));
}
int main(){
//  freopen("equation.in","r",stdin);
//  freopen("equation.out","w",stdout);
// freopen("fan.in","r",stdin);
fact[0]=ni[0]=er[0]=1;
fo(i,1,2000000)fact[i]=fact[i-1]*i%mo;ni[2000000]=qsm(fact[2000000],mo-2);
fod(i,1999999,1)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mo;
fo(i,1,20)er[i]=er[i-1]*2;
scanf("%d%d",&n,&m);
zong=1;
fo(i,1,m){
g[i]=get();
fo(j,1,g[i])a[j]=get(),bz[a[j]]=i;
b[i]=get();
}
scanf("%d",&t);
fo(i,1,t)w[i].a=get(),w[i].b=get(),w[i].c=bz[w[i].a],num[w[i].c]++;
sort(w+1,w+1+t,cmp);
ans=1;l=0;
fo(k,1,m){
ans1=0;
dfs(l+1,0,b[k]);
ans=(ll)ans*ans1%mo;
l+=num[k];
}
ans=(ans+mo)%mo;
printf("%lld\n",ans);
}