标签:个点 int 题解 ll 容斥 Character finv define
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题目思路
计算有多少种方案使得
\(x_1+x_2+...+x_m=k(0\leq x_i \leq n)\)的方案数
假设没有限制,那么根据隔板法就是\(c(m+k-1,m-1)\)
下面考虑容斥
考虑至少有\(i\)个点大于\(n\),那么取\(i\)个点直接给他先赋值为\(n\)再进行隔板
则方案数为\(c(m,i)*c(m+k-1-i*n,m-1)\)
然后再进行容斥
答案为\(\sum_{i=0}^{i=m}(-1)^i*c(m,i)*c(m+k-1-i*n,m-1)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=3e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=998244353;
const double eps=1e-6;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,k;
ll fac[maxn],finv[maxn];
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1,base=a;
while(b){
if(b&1) ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod;
b=b>>1;
}
return ans;
}
void init(int n){
fac[0]=finv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
finv[n]=qpow(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=1;i--){
finv[i]=finv[i+1]*(i+1)%mod;
}
}
ll c(ll a,ll b){
if(a<b||a<0||b<0) return 0;
ll ans=fac[a]*finv[b]%mod*finv[a-b]%mod;
return ans;
}
signed main(){
init(300000);
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
ll ans=0;
ll flag=-1;
for(ll i=0;i<=m;i++){
flag*=-1;
ans=(ans+flag*c(m,i)*c(m+k-1-i*n,m-1))%mod;
}
ans=(ans%mod+mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
标签:个点,int,题解,ll,容斥,Character,finv,define 来源: https://www.cnblogs.com/hunxuewangzi/p/15593049.html
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