HDU5201-The Monkey King

題目

題目大意

簡化題意：1~n個不同盒子，放入m個相同小球，盒子可空，但是1號盒子的球數必須嚴格最多，問合法方案數。

分析

簡化問題

如果沒有1號盒子嚴格最多的限制，就變成了一個插板的問題。

也就是$x_1+x_2……+x_n=m$這類不定方程求非負整數解的問題，插板法解決。

容斥

如果枚舉猴王（1號盒子）的球數爲i

那麼問題就變成不定方程並且$0<=x<=i$，加了一個上限。

上限通常會用容斥轉化成下限，下限繼續插板解決。

枚舉至少k個盒子的球數$>=i$，然後容斥解決問題。

假設現在是要求至少k個盒子的球數不少於1號盒子，那麼就先選出k個盒子，也就是$C_{m-1}^{k}$

然後向每個選出來的盒子放i個球，剩下的$n-(k+1)*i$個球隨便放入$m-1$個盒子裏面

然後運用插板法，$C_{n-(k+1)*i+m-2}^{m-2}$種方法。

子問題得證

現在我們解決了已知1號盒子球數i、至少k個盒子的球數不小於i的方案個數。

然後就用容斥解決。

容斥其實和二項式反演有關，有的時候容斥不太好理解或者好想到，就先想到二項式反演再得到容斥的式子。

這裏就先給出容斥的形式，二項式反演後文會講解。

確定i的時候，令$f(k)$表示至少k個盒子球數不少於i的方案數

$f(k)=C_{m-1}^{k}*C_{n-(k+1)*i+m-2}^{m-2}$

那麼對於i，答案爲：$\sum_{k=0}^{n-(k+1)*i>=0} {(-1)^{k}f(k)}$

相關代碼

for(int i=1;i<=n;i++){//枚舉猴王得到的桃子個數 
			long long id=1;
			for(int k=0;n-(k+1)*i>=0;k++){//枚舉至少有k只小猴子得到的桃子個數>猴王 
				ans+=id*C(m-1,k)%mod*C(n-(k+1)*i+m-2,m-2)%mod;
				ans%=mod;
				id=-id;
			}
		}

代碼

下附AC代碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read(){
	char s;
	int x=0,f=1;
	s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){
		if(s=='-')f=-1;
		s=getchar();
	}
	while(s>='0'&&s<='9'){
		x*=10;
		x+=s-'0';
		s=getchar();
	}
	return x*f;
}
const long long mod=1000000007;
const int N=300000;
long long qpow(long long a,long long b){
	if(b==0)return 1;
	long long rec=qpow(a,b/2)%mod;
	if(b&1)return rec*rec%mod*a%mod;
	return rec*rec%mod;
}
long long calc[N],inv[N];//階乘 階乘逆元 
void init(int n){
	calc[0]=1;
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		calc[i]=calc[i-1]*i%mod;
	}
	inv[n]=qpow(calc[n],mod-2);
	for(long long i=n-1;i>=0;i--){
		inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	}
	return;
}
long long C(int a,int b){//組合數 
	if(b>a)return 0;
	return calc[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
int main(){
	int T=read();
	init(N-5);
	while(T--){
		int n,m;
		n=read(),m=read();//n個桃子，m個猴子 
		if(m==1||n==1){
			puts("1");
			continue;
		}
		long long ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){//枚舉猴王得到的桃子個數 
			long long id=1;
			for(int k=0;n-(k+1)*i>=0;k++){//枚舉至少有k只小猴子得到的桃子個數>猴王 
				ans+=id*C(m-1,k)%mod*C(n-(k+1)*i+m-2,m-2)%mod;
				ans%=mod;
				id=-id;
			}
		}
		ans=(ans%mod+mod)%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

相關知識

這道題挺綜合的，考了很多組合基本知識

插板法介紹

插板法是解決這麼一類問題：不定方程$x_1+x_2……+x_n=m$的非負整數解的問題

其中mn爲正整數

我們把題目轉化成求正整數解，也就是每個數先+1：

$x_1+1+x_2+1……+x_n+1=m+n$

令$x_i=x_i+1$

這樣取值範圍也向上加一

那我們把它看成，m+n個相同小球，分成非空的n堆，這樣從左往右n堆分別代表n個x，這就把解轉化爲劃分方式（注意，與第二類斯特林數不同，這個盒子是相同的，沒學過的直接忽略這句話）

那麼由於現在是非空的，就有了$m+n-1$個空隙，插入$n-1$個板子，就是組合數$C_{m+n-1}^{n-1}$了

這就是插板法解決不定方程問題。

二項式反演介紹

具體內容見：二項式反演

那麼這道題怎麼用二項式反演呢？

其實前面的從$m-1$個盒子裏面選$k$個盒子，就蘊含了二項式反演。

當ik確定的時候（一號盒子有i個球，後m-1個盒子裏有k個盒子球數不少於i）

我們令$f(k)$表示恰好k個盒子的球數不少於i

$g(k)$表示至少k個盒子球數不少於i

那麼這裏的g函數就和容斥的f函數不一樣了。

我就需要欽點k個盒子而不是自由排列組合選出k個盒子。

我欽點了前k個也就是$2····{k+1}$這幾個盒子每個先放進去i個球，然後剩下的插板解決。

這樣才能保證g函數表示至少k個盒子而不會算重。

$g(k)=C_{n-(k+1)*i+m-2}^{m-2}$

$g(k)=\sum_{j=k}^{m-1}{C_{m-1}^{j}f(j)}$

爲什麼要乘組合數呢？

我們來看：

畫個圖輔助理解：我們看藍色點，表示恰好3個。那麼綠、黃、紅都代表至少兩個。

那麼在f函數裏面，恰好3個的一種方案：藍色點，在至少兩個裏面出現了三次。

因爲我們回到“至少”函數$g$的推導：我們欽點一部分作爲一開始各分發i個小球的，剩下球隨便給，黃綠紅分別代表欽點的方案，剩下的一個點代表隨便給球出現的，那麼一個藍色就對應了三種“至少”方案。

因此，可以得到上面的表達式。

那麼上面那個表達式代入二項式反演得到容斥的那個式子：

$\sum_{k=0}^{n-(k+1)*i>=0} {(-1)^{k}C_{m-1}^{k}*C_{n-(k+1)*i+m-2}^{m-2}}$

小總結

其實發現二項式反演和容斥的最終結果完全一樣。

容斥選擇至少k個不小於i的盒子直接用組合選。

但是二項式反演要欽點前k個，然後在“至少”和“恰好”之間轉化的時候加上第一個組合數。

看似多此一舉，實則在以後的難題裏運用更廣泛。

總結

這道題不失爲一道組合好題

它綜合運用多種知識，並不難。

這道題用二項式反演其實大材小用了，網上做法很多都是直接容斥。

但是以後遇到更難的題目的時候，想想二項式反演來輔助得到容斥結果也未嘗不可。

推薦題目：已經沒有什麼好害怕的了

附帶此題題解：題解

謝謝觀看，敬請指正。