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一、题目描述
Devu 有 N 个盒子，第 i 个盒子中有 A_i 枝花。
同一个盒子内的花颜色相同，不同盒子内的花颜色不同。
Devu 要从这些盒子中选出 M 枝花组成一束，求共有多少种方案。
若两束花每种颜色的花的数量都相同，则认为这两束花是相同的方案。
结果需对 10^9+7 取模之后方可输出。
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 $M$。
第二行包含 N 个空格隔开的整数，表示 $A_1,A_2,…,A_N$。
输出格式
输出一个整数，表示方案数量对 10^9+7 取模后的结果。
数据范围
1≤N≤20,0≤M≤10^{14},0≤A_i≤10^{12}
输入样例：
3 5
1 3 2
输出样例：
3
二、隔板法复习
1、隔板基本法【每组小球数至少为$1$】
Q:有 m 个相同的小球,要求分到 n 个盒子里,每组至少小球数为$1$,问有多少种不同的分法？
A:从m-1个空隙中找出n-1个位置放上隔板，就可以保证最终分成n组，并且，每一组的数量都最少是1个或以上。
其实，有多少种划分方法，就是有多少种不同颜色组合的方案，比如：
如上图，把隔板隔开的不同小球，涂上不同颜色，不就是不同颜色的组合方案了嘛~
隔板法的思路：找空隙(共$m-1$个空隙)，插入隔板($n-1$个隔板,这样才能分成$n$组)，这类问题比较直观：\LARGE C_{m-1}^{n-1}
2、隔板扩展法【每组小球数可以为$0$】
有时，有的问题不能直接使用隔板法，比如：
有 m 个相同的元素,要求分到 n 组中,每组个数可以为$0$,问有多少种不同的分法？
这个问题对比上面的 隔板法，区别在于没有强调 每组至少元素数为$1$ ,每组是可以为0的，这样一来，无法直接使用隔板法。
采用一个 变形，就可以使用隔板法：
原来有m个小球，我再多拿n个小球，就是一共m+n个小球。这些小球，每组先来一个，就保证了每组 至少 小球数为$1$，就 转化为隔板法的基本问题 了。
现在是n+m个小球，空隙是 n+m-1个。
由于还是要分成n组，所以现在需要在n+m-1个空隙中找到n-1个位置放入隔板,分法就是$\large \displaystyle C_{m+n-1}^{n-1}$，最后，把每个分组中再取走增加进去的那个小球,这样就和原问题一致了。
三、本题思路
1、转化为 隔板扩展法
先不考虑每个盒子的个数$A_i$限制，简化问题 为:从$n$个盒子中每个都任意选出$x_i$个,每个$x_i$可以为$0$，可以使用 隔板扩展法，答案:
\large \displaystyle C_{m + n − 1}^{n-1}
解读：盒子数量
n,需要$n-1$个隔板。但要求每个盒子中小球数量可以为0,所以，先借$n$个小球，最后归还即可。此时，共$m+n$个小球，有 $m+n-1$个空隙，因为需要划分为$n$个盒子，所以，需要找出$n-1$个空隙，即C_{m+n-1}^{n-1}
2、每组个数限制a_i
但题目并没有那么简单，每个箱子中选择的个数$x_i$，不是随意多少都行的,需要小于 现存个数 $a_i$。
这个限制不好加上去~ ，正着想困难，我们倒着想试试:
问题转化为补集:所有方案数-不满足至少一种条件的方案数
(1)、如果我们把不满足条件的去掉，是不是就行了呢？
什么是不满足条件呢？答：如果某个$x_i>a_i$，就是不满足！ 即x_i>=a_i+1
令$S_i$代表第$i$组不满足的方案个数,即在第$i$组中至少取走$a_i+1$个的方案个数。
(2)、把这样不满足的都减掉是不是就是答案呢？
答:不是!
比如要求第$1$组中不能多于$2$个，第$2$组中不能多于$3$个，现在有一组答案$(3,4,2,..)$，表示第一组选择了$3$个，第二组中选择了$4$个,很明显这个答案对于两个限制都是不能满足的：
- ① 在检查到第一组时，此答案被去掉一次
- ② 在检查到第二组时，它又被去掉了一次
但问题是这只是一组数据，现在被去了两次啊！噢，这是 容斥原理 的问题啊~,还得把减两次的加回来一次才对！
\large C_{m+n-1}^{n-1}-|S_1|-|S_2|-...-|S_n|+|S_1\cap S_2|+|S_1 \cap S_3|+...
解读：模板题中奇数的加，偶数的减，这里怎么是奇数的减，偶数的加呢？ 思考一下知道，这应该是题目本来就是要 去掉不合法 的情况，去掉嘛，就是减 小结：受一个条件限制的，需要减去，受两个条件限制的由于已经被单个条件减去了两次，所以需要加上两者的交集，以此类推，就是 奇数次出现的减，偶数次出现的加。 总结：容斥原理可不是一定要奇数加，偶数减，需要具体问题具体分析。究其原因，就是因为前面可能有负号，脱括号后后面的符号就会反转！
(3)、$S_i$怎么求？
比如求$S_1$，代表从第一组里 至少取出$A_1+1$朵花，此时还剩$m−(A_1+1)$朵花。
则问题转化为选$m−(A_1+1)$只花分$n$组的问题。
解读： 至少取出$A_1+1$只花，那就先拿出来放一边。然后考虑剩下的$m-(A_1+1)$只花怎么分的问题。 把这些花直接分$n$组，分组数量可以为
0,划分完后，再把刚才拿走的那些花还给第$1$组就行了。 在$m-(A_1+1)$个小球需要划分$n$组，并且每组个数可以为$0$的方案数：\large |S_1|=C_{m-(A_1+1)+n-1}^{n-1}
(4)、$|S_1 \cap S_2|$怎么求？ $|S_1 \cap S_2|$表示从第一组里取出至少$A_1+1$朵花，并且，从第二组里取出至少$A_2+1$朵花。方案数
\large |S_1 \cap S_2|=C_{m-(A_1+1)-(A_2+1)+n-1}^{n-1}
解读:参考上面的解释内容，先把$A_1+1,A_2+1$拿出来，然后把剩下的花$m-(A_1+1)-(A_2+1)$只花继续划分为$n$组，每组允许为$0$只花，隔板扩展法，最后再把$A_1+1,A_2+1$放到第$1，2$组中去。
(5)、计算公式 整理一下，得到：
\large res=C_{m+n-1}^{n-1}-\sum_{i=1}^{n}C_{m+n-1-(A_i+1)}^{n-1}+\sum_{i<j}^{n}C_{m+n-1-(A_i+1)-(A_j+1)}^ {n-1}-...
(6)、为什么可以用费马小定理求逆元？
Q:$(n−1)!$一定不是质数$p$的倍数吗？为什么呢？
答：$n$最大是$20$，$p$是1e9 + 7,考虑$n$是从$1$到$20$的乘积，每一个乘数都$p$互质，所以$(n - 1)!$一定与$p$互质，所以一定不是倍数。
(7)、代码实现 从$1$枚举到$2^{n-1}$。然后把 每一个限制条件 看成一个二进制位,如果是$1$代表 遵守 ,$0$代表 不遵守 这个条件，奇数个就减，偶数个就加。
解读： $0000$代表所有限制条件都不遵守,也就是初始值
C_{n+m-1}^{n-1}$0001$代表第$1$个约束条件遵守，其它约束条件不遵守 ... $1111$代表所有限制条件都遵守
怎么去算组合数，可以发现虽然$M$非常大，但是$N$很小，所以只需按着定义去算，大概是$O(N)$的复杂度。
总的复杂度:$O(2^N∗N)$
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
int A[N];
int n, m;
// 快速幂
int qmi(int a, int k) {
int res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a, int b) {
if (a < b) return 0;
int up = 1, down = 1;
for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
return up * down % mod; // 费马小定理
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> A[i];
int res = C(n + m - 1, n - 1);
for (int i = 1; i < (1 << n); i++) {
int sum = 0, cnt = 0;
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (i >> j & 1) {
sum += A[j] + 1;
cnt++;
}
}
if (cnt & 1)
res = (res - C(m + n - 1 - sum, n - 1) + mod) % mod;
else
res = (res + C(m + n - 1 - sum, n - 1)) % mod;
}
cout << res << endl;
}
附上最开始我没有看懂的$yxc$大佬代码，让我们一起批判他吧：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
int A[N];
int n, m;
// 快速幂
int qmi(int a, int k) {
int res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a, int b) {
if (a < b) return 0;
int up = 1, down = 1;
for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
return up * down % mod; // 费马小定理
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> A[i]; // 第i个盒子中有A[i]枝花,限制条件
// yxc这里写的代码太随意了，把我直接干蒙圈了！
// 根据推导的式子，这里需要一个全部方案数=C(n + m - 1, n - 1)
// 也就是说 res的初始值就是上面的全部方案数。
// 可是，yxc大佬的大脑与正常人不一样，他居然没有给初始值，直接把初始值也写到下面的容斥原理代码中!!!
// 也就是所有限制条件全部不采用，也就是全部不受限制！也就是全部方案数！！！
int res = 0;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++) { // 容斥原理的项数，0000 代表所有限制条件都不遵守,0001代表第1个限制条件遵守，其它3个不遵守
int sum = 0, cnt = 0; // 奇数个限制条件，需要减；偶数个限制条件，需要加。现在这种限制条件组合状态，是奇数个限制，还是偶数个限制？
for (int j = 0; j < n; j++) // 枚举状态的每一位
if (i >> j & 1) { // 如果此位是1
sum += A[j] + 1; // 拼公式
cnt++; // 限制条件个数,奇数个减，偶数个加
}
if (cnt & 1)
res = (res - C(m + n - 1 - sum, n - 1) + mod) % mod;
else
res = (res + C(m + n - 1 - sum, n - 1)) % mod;
}
cout << (res + mod) % mod << endl;
}