一、问题重述
有两种球，分别是黑球（信号 0）和 红球（信号 1），相同类别的球之间没有区别。现在有 \(n\) 个各不相同的盒子（储存区），要把 \(a\) 个黑球和 \(b\) 个红球放进这些盒子里,求方案总数。
每个盒子可以装任意多球，也可以不装。并且以上 \(a+b\)个球不需要全部放进盒子里，甚至可以不放任何球进盒子里。
二、问题分析
- 可以全部放入箱子，也可以不全部放入箱子，也可以全都不放入箱子，这样不好讨论。我们思考在确定黑球和红球数量下的求法：
\(f(n,i,j)\)代表在\(n\)个箱子，\(i\)个黑球，\(j\)个红球的情况。其中 \(0<=i<=a,0<=j<=b\);
所有情况的办法和就是答案：加法原理！
\(ans= f(n,0,0)+f(n,0,1)+...+f(n,0,b)+f(n,1,0)+f(n,1,1)+...+f(n,1,b) +... +f(n,a,0)+f(n,a,1)+...+f(n,a,b)\)
数学公式描述：
$\large ans= \sum\limits_{i=0}^a\sum\limits_{j=0}^bf(n,i,j)$
-
如果我们知道\(f(n,i,j)\)怎么求，就可以通过双重循环得到结果 。
讨论一下\(f(n,i,j)\)这一表示法怎么求，注意：红球和黑球的放法是不相关的，就是乘法原理\(f(n,i,j)=g(n,i)*g(n,j)\)
那么\(g(n,i)\)怎么求呢？换句人话就是 在\(n\)个盒子里放\(i\)个黑球，有几种放法。
插板法
因为每个盒子里可以选择放，也可以选择不放，不好直接想，我们退一步，先想一下每个盒子至少放一个的情况下，有多少种放法，再考虑迁移到这个问题上来。
每个盒子里至少放一个黑球，\(k\)个黑球有\(k-1\)个缝隙，需要放入\(n-1\)个插板，就是\(\large C_{k-1}^{n-1}\)
那如果可以不放呢？就是假设再有\(n\)个黑球，每个箱子里放一个，用完再取走。就是\(k+n\)个黑球，\(k+n-1\)个缝隙，还是\(n-1\)个插板，方案数就是\(\large C_{k+n-1}^{n-1}\)
- 核心代码：
for(int i = 0; i <= a; i++)
for(int j = 0; j <= b; j++)
ans += C[n+i-1][n-1] * C[n+j-1][n-1];
- 再来看一下数据范围。这里的组合数需要算到多大呢？容易看出最大总元素数（就是\(C\) 的那个下标）是 \(n+max(a, b)-1\)。
根据题给范围，我们最多需要算到\(C(49,k)\).可以验证，这不需要高精度，但是一定要开 \(unsigned\ long\ long\)！切记！
三、完整代码
#include <bits/stdc++.h>
//经典题
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
int n, a, b;
ULL ans;
//求组合数的优化后办法
//优点：从1开始除和乘，可以防止过早溢出和除法除不尽
ULL C(int n, int m) {
ULL sum = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
sum = sum * (n - m + i) / i;
return sum;
}
int main() {
cin >> n >> a >> b;
for (int i = 0; i <= a; i++)
for (int j = 0; j <= b; j++)
ans += C(n + i - 1, n - 1) * C(n + j - 1, n - 1);
cout << ans << endl;
return 0;
}
