hdu 5201 The Monkey King【容斥原理+组合数学】

原来我一开始以为的\( O(n^2) \)是调和级数\( O(nlog_2n) \)的！
首先枚举猴王的桃子个数\( x \)，然后使用容斥原理，枚举有至少\( k \)个不满足的条件，那么这\( k \)个不满足的条件得组合个数为\( C_{m-1}^{k} \)，这\( k \)个不满足的条件每个至少是\( x+1 \)，在总的桃子个数中去掉不满足条件的\( k \)个\( x+1 \)，然后在剩下的桃子中使用隔板法，方案数为\( C_{n-(k+1)*x+m-2}^{m-2} \)
那么就可以得到公式：

\[ans=\sum_{x=1}^{x<=n,x>\frac{n-x}{m-1}}(\sum_{k=0}^{n-(k+1)*x\geq 0}((-1)^k*C_{m-1}^{k}*C_{n-(k+1)*x+m-2}^{m-2})) \]

关于这个的复杂度呢看似平方实则是调和级数\( O(nlog_2n) \)的……但是我不太会算啊据说内层的k一共有n/x种取值

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long N=200005,mod=1e9+7;
long long T,n,m,inv[N],fac[N],ans;
long long ksm(long long a,long long b)
{
	long long r=1ll;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			r=r*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
long long C(long long n,long long m)
{
	return fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
int main()
{
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=N-5;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[N-5]=ksm(fac[N-5],mod-2);
	for(int i=N-6;i>=0;i--)
		inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(m==1||n==1)
		{
			puts("1");
			continue;
		}
		ans=0ll;
		for(int x=1;x<=n;x++)
			if(x>(n-x)/(m-1))
				for(int k=0;n-(k+1)*x>=0;k++)
					ans=(ans+((k&1)?-1:1)*C(m-1,k)*C(n-(k+1)*x+m-2,m-2))%mod;
		printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;
}