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##[$AcWing$ $214$. $Devu$和鲜花 ](https://www.acwing.com/problem/content/description/216/)
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### 一、题目描述
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$Devu$ 有 $N$ 个盒子，第 $i$ 个盒子中有 $A_i$ 枝花。
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同一个盒子内的花颜色相同，不同盒子内的花颜色不同。
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$Devu$ 要从这些盒子中选出 $M$ 枝花组成一束，**求共有多少种方案**。
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**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。**
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结果需对 $10^9+7$ 取模之后方可输出。
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**输入格式**
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第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$。
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第二行包含 $N$ 个空格隔开的整数，表示 $A_1,A_2,…,A_N$。
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**输出格式**
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输出一个整数，表示方案数量对 $10^9+7$ 取模后的结果。
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**数据范围**
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$1≤N≤20,0≤M≤10^{14},0≤A_i≤10^{12}$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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3 5
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1 3 2
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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3
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```
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### 二、隔板法复习
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#### 1、隔板基本法【每组小球数至少为$1$】
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$Q$:有 `m` 个相同的小球,要求分到 `n` 个盒子里,<font color='red'><b>每组至少小球数为$1$</b></font>,问有多少种不同的分法？
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$A$: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。
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/20190423123438869.png'></center>
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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：
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/20190423123537228.png'></center>
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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~
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**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：$$\LARGE C_{m-1}^{n-1} $$
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#### 2、隔板扩展法【每组小球数可以为$0$】
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有时，有的问题不能直接使用隔板法，比如：
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有 `m` 个相同的元素,要求分到 `n` 组中,<font color='red'><b>每组个数可以为$0$</b></font>,问有多少种不同的分法？
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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。
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采用一个 **变形**，就可以使用隔板法：
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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。
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现在是`n+m`个小球，空隙是 `n+m-1`个。
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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。
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### 三、本题思路
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**[容斥原理模板题 $AcWing$ $890$. 能被整除的数 ](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15389237.html)**
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#### 1、转化为 隔板扩展法
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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:
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$$\large \displaystyle C_{m + n − 1}^{n-1}$$
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> **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$C_{m+n-1}^{n-1}$
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#### 2、每组个数限制$a_i$
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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** $a_i$。
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<font color='red'><b>这个限制不好加上去~</b></font> ，正着想困难，我们倒着想试试:
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<font color='blue' size=4><b>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</b></font>
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**(1)、如果我们把不满足条件的去掉，是不是就行了呢？**
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什么是不满足条件呢？答：如果某个$x_i>a_i$，就是不满足！ 即$x_i>=a_i+1$
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<font color='red'><b>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。</b></font>
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**(2)、把这样不满足的都减掉是不是就是答案呢？**
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**答**:<font color='red'><b>不是!</b></font>
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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：
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- ① 在检查到第一组时，此答案被去掉一次
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- ② 在检查到第二组时，它又被去掉了一次
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但问题是这只是一组数据，现在被去了两次啊！噢，这是 <font color='red'><b>容斥原理</b></font> 的问题啊~,还得把减两次的加回来一次才对！
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$$\large C_{m+n-1}^{n-1}-|S_1|-|S_2|-...-|S_n|+|S_1\cap S_2|+|S_1 \cap S_3|+...$$
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> **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？
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> 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
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> **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**。
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> **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！
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**(3)、$S_i$怎么求？**
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比如求$S_1$，代表从第一组里 <font color='red' size=4><b>至少取出$A_1+1$朵花</b></font>，此时还剩$m−(A_1+1)$朵花。
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则问题转化为选$m−(A_1+1)$只花分$n$组的问题。
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> **解读**：
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> 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。
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> 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。
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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：
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>$$\large |S_1|=C_{m-(A_1+1)+n-1}^{n-1}$$
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**(4)、$|S_1 \cap S_2|$怎么求？**
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$|S_1 \cap S_2|$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
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$$\large |S_1 \cap S_2|=C_{m-(A_1+1)-(A_2+1)+n-1}^{n-1}$$
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> **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。
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**(5)、计算公式**
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整理一下，得到：
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$$\large res=C_{m+n-1}^{n-1}-\sum_{i=1}^{n}C_{m+n-1-(A_i+1)}^{n-1}+\sum_{i<j}^{n}C_{m+n-1-(A_i+1)-(A_j+1)}^ {n-1}-...$$
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**(6)、为什么可以用费马小定理求逆元？**
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$Q$:$(n−1)!$一定不是质数$p$的倍数吗？为什么呢？
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**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。
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**(7)、代码实现**
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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。
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> **解读**：
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> $0000$代表所有限制条件都不遵守,也就是初始值$C_{n+m-1}^{n-1}$
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> $0001$代表第$1$个约束条件遵守，其它约束条件不遵守
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> ...
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> $1111$代表所有限制条件都遵守
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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。
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总的复杂度:$O(2^N∗N)$
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
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int A[N];
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int n, m;
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// 快速幂
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int qmi(int a, int k) {
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int res = 1;
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while (k) {
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if (k & 1) res = res * a % mod;
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a = a * a % mod;
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k >>= 1;
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}
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return res;
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}
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int C(int a, int b) {
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if (a < b) return 0;
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int up = 1, down = 1;
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for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
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for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
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down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
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return up * down % mod; // 费马小定理
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}
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signed main() {
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cin >> n >> m;
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for (int i = 0; i < n; i++) cin >> A[i];
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int res = C(n + m - 1, n - 1);
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for (int i = 1; i < (1 << n); i++) {
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int sum = 0, cnt = 0;
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for (int j = 0; j < n; j++) {
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if (i >> j & 1) {
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sum += A[j] + 1;
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cnt++;
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}
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}
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if (cnt & 1)
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res = (res - C(m + n - 1 - sum, n - 1) + mod) % mod;
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else
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res = (res + C(m + n - 1 - sum, n - 1)) % mod;
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}
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cout << res << endl;
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}
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```
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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：
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
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|
using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
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int A[N];
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int n, m;
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// 快速幂
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int qmi(int a, int k) {
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int res = 1;
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while (k) {
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if (k & 1) res = res * a % mod;
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a = a * a % mod;
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k >>= 1;
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}
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return res;
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}
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int C(int a, int b) {
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if (a < b) return 0;
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int up = 1, down = 1;
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for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
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for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
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down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
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return up * down % mod; // 费马小定理
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}
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signed main() {
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cin >> n >> m;
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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
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// yxc这里写的代码太随意了，把我直接干蒙圈了！
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// 根据推导的式子，这里需要一个全部方案数=C(n + m - 1, n - 1)
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// 也就是说 res的初始值就是上面的全部方案数。
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// 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!!!
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// 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！！！
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int res = 0;
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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
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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？
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for (int j = 0; j < n; j++) // 枚举状态的每一位
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if (i >> j & 1) { // 如果此位是1
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sum += A[j] + 1; // 拼公式
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cnt++; // 限制条件个数,奇数个减，偶数个加
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}
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if (cnt & 1)
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res = (res - C(m + n - 1 - sum, n - 1) + mod) % mod;
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else
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res = (res + C(m + n - 1 - sum, n - 1)) % mod;
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}
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cout << (res + mod) % mod << endl;
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}
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