題意

給你一個數 \(k\) ，\(n\) 個桶，有 \(m\) 個桶有容量上限 \(w_i\) ，其它桶則沒有。求把數拆開放到各個桶里，最終得到序列的方案數。
數據范圍 ： \(n,k<=5*10^6\) ， \(m,w_i<=300\) 。

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做法

考慮到 \(m\) ， \(w[i]\)很小，我們先假裝不存在有限制的桶。
等等！這樣不就是插板法裸題了嗎？答案顯然是\(C^{n-1}_{k+n-1}\)的呀。

我們再來考慮有限制的情況，因為數據很小，我們考慮把 \(k\) 分為兩份，一份直接暴力dp算出方案數，一份用剛剛的公式計算。枚舉分割點（它不會超過 \(90000\) 個），直接相加即可。

最后還要注意用前綴和優(yōu)化dp轉移，組合數預處理等。

做完了，復雜度 \(O(n+m^2*w_{max})\) 。

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代碼實現

#include<cstdio> const long long mod=1e9+7; long long pu[10000005],inv[10000005]; long long w[305],dp[305][90005],sum[305][90005]; long long qpow(long long val,long long k){long long ret=1;while(k){if(k&1) ret=ret*val%mod;val=val*val%mod; k>>=1;}return ret; } long long C(long long n,long long m){return (pu[n]*inv[m]%mod)*inv[n-m]%mod; } void init(int maxn){pu[0]=1;//!!!!for(int i=1;i<=maxn;i++) pu[i]=pu[i-1]*i%mod;inv[maxn]=qpow(pu[maxn],mod-2);for(int i=maxn-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1ll)%mod;dp[0][0]=1;return ; } int main(){int n,m,k;scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);init(n+k);for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&w[i]);int sumw=0;for(int i=1;i<=m;i++){sum[i-1][0]=dp[i-1][0];for(int j=1;j<=sumw;j++)sum[i-1][j]=(sum[i-1][j-1]+dp[i-1][j])%mod;for(int j=sumw+1;j<=sumw+w[i];j++)sum[i-1][j]=sum[i-1][j-1];sumw+=w[i];dp[i][0]=1;for(int j=1;j<=sumw;j++){if(j<=w[i]) dp[i][j]=(dp[i-1][j]+sum[i-1][j-1])%mod;else dp[i][j]=(dp[i-1][j]+(sum[i-1][j-1]-sum[i-1][j-w[i]-1]+mod)%mod)%mod;}}if(n==m){if(k>=90004)return 0*puts("0");return 0*printf("%lld\n",dp[n][k]);}long long ans=0;for(int i=0;i<=sumw;i++){if(dp[m][i]==0) continue;ans=(ans+dp[m][i]*C(k-i+(n-m)-1,(n-m)-1)%mod)%mod;}printf("%lld\n",ans);return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/JiuPleber/p/2019_3_15_T1.html

總結

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