解法
这道题是 DP + 容斥，正好是我不怎么会的类型。设状态\(f[i][j]\)为「考虑了前\(i\)个状态之后有\(j\)个颜色与原来一样的方案数（注意这里颜色不一样不是本质不同的）」。可以推出式子：
\[ dp[i][j] = \sum_{k = 0}^j dp[i – 1][j – k] {cnt[i] \choose k} \frac{cnt[i]!}{(cnt[i] – k)!} \]
这道题是 DP + 容斥，正好是我不怎么会的类型。设状态\(f[i][j]\)为「考虑了前\(i\)个状态之后有\(j\)个颜色与原来一样的方案数（注意这里颜色不一样不是本质不同的）」。可以推出式子：
\[ dp[i][j] = \sum_{k = 0}^j dp[i – 1][j – k] {cnt[i] \choose k} \frac{cnt[i]!}{(cnt[i] – k)!} \]
给定一个平面\((n,m)\)，处理如下操作：
很简单，扫描的时候如果所在数位为偶数位，向答案添加当前数位即可。
// A.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char str[66000];
int main()
{
int ans = 0, len;
scanf("%d", &len), scanf("%s", str + 1);
for (int i = 1; i <= len; i++)
if (((str[i] - '0') & 1) == 0)
ans += i;
printf("%d", ans);
return 0;
}
我们先来考虑无限制的版本，也就是不考虑询问的硬币数量限制。我们可以用一个完全背包搞一搞，复杂度为线性。
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < 4; i++)
for (int j = ci[i]; j < MAX_N; j++)
dp[j] += dp[j - ci[i]];
这道题还是比较有意思的（啊呀看了好久的题解才会写，真菜），主要就是把\(d\)转换成了：
\[ d(xy) = \sum_{i|x}^x \sum_{j|y}^y [\gcd(i,j) = 1] \]
可以感性理解一下：每一次约数被枚举出来的时候，只有互质的情况下才会被计数，避免了重复计数。 Continue reading →
这道题需要多重集的知识，如果没有学习请看这篇博客的多重集部分。
很明显，题意要求我们求出多重集的组合数，且为“增强版组合数”。所以，我们根据公式，使用二进制分解的方法来求出即可。这是一道比较裸的多重集组合数问题。
// CF451E.cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7, MAX_N = 25;
ll arr[MAX_N], n, inv[MAX_N], m;
ll quick_power(ll bas, ll tim)
{
ll ans = 1;
while (tim)
{
if (tim & 1)
ans = ans * bas % mod;
bas = bas * bas % mod;
tim >>= 1;
}
return ans;
}
ll C(ll a, ll b)
{
if (a < 0 || b < 0 || a < b)
return 0;
a %= mod;
if (a == 0 || b == 0)
return 1;
ll ans = 1;
for (int i = 0; i < b; i++)
ans = ans * (a - i) % mod;
for (int i = 1; i <= b; i++)
ans = ans * inv[i] % mod;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lld", &arr[i]);
inv[0] = 1;
for (int i = 1; i < MAX_N; i++)
inv[i] = quick_power(i, mod - 2);
ll ans = 0;
for (int stat = 0; stat < (1 << n); stat++)
if (stat == 0)
ans = (ans + C(n + m - 1, n - 1)) % mod;
else
{
ll t = n + m, p = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
if ((stat >> i) & 1)
p++, t -= arr[i + 1];
t -= (p + 1);
if (p & 1)
ans = (ans - C(t, n - 1)) % mod;
else
ans = (ans + C(t, n - 1)) % mod;
}
ans = (ans + mod) % mod;
printf("%lld", ans);
return 0;
}
source:Page 172，《算法竞赛进阶指南》李煜东著