atcoder Beginner Contest 156 Roaming（组合数学插板法）

题目大意：

有n个数，每个都是1，我们每次可以选择1个数减1，然后让另外一个数加1。但是我们不能生成负数。问我们假如进行k次操作，问我们这n个数能产生多少种不同的组合。注意[1,0,2]和[2,0,1]当作不同的组合。

3<=n<=2e5. 2<=k<=1e9.

解题思路：

看到n的范围，我们容易想到O(n)，k次操作后，最多有min(k,n-1)个0。我们从0的个数开始下手，假设最终有m个零，我们可以证明剩下的n-m个数只需满足两个约束：

$a_1,a_2,...a_{n-m}>=1$

$\sum_{i=1}^{n-m} a_i$

其中第一个约束是我们假设决定的。第二个约束是题意决定的。

接下来，我们可以使用插板法往n个数里面插n-m-1个板，插板的结果就代表剩下的n-m个数的可能。比如5个数中假设有2个0，那么我们在5个数中间插2个板，得到2，2，1三种划分。这种求解约束条件转化为插板问题可以说是很巧妙了。

所以我们最终有公式：

$\sum_{m=0}^{min(k,n-1)} C_n^m* C_{n-1}^{n-m-1}$

m枚举的就是有几个0.

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MODN=1e9+7;
const int MAXN=2e5+10;
int fact[MAXN];
int quick_pow(int a,int b,int modn=MODN){a%=MODN;int ret=1;// int cheng=a;while(b){if(b&1)ret*=a;ret%=MODN;a*=a;a%=MODN;b>>=1;}return ret;
}
int C(int n,int r){return fact[n]*(quick_pow((fact[n-r]*fact[r]),MODN-2))%MODN;
}int32_t main(){int n,k;cin>>n>>k;fact[0]=1;for(int i=1;i<MAXN;i++)fact[i]=(fact[i-1]*i)%MODN;int sum=0;for(int i=0;i<=min(k,n-1);i++){sum+=C(n,i)*C(n-1,n-1-i);sum%=MODN;}cout<<sum<<endl;return 0;
}

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