[SP16607] IE1 - Sweets

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题意翻译

题目描述：

John有 n n n个糖果管子。每个罐子都装有不同种类的糖果（即，同一个罐子里的糖果是同类的，而不同罐子的糖果是不同类的）。第 i i i个罐子有 m i m_i mi个糖果。 John决定吃一些糖果，他打算至少吃 a a a个，至多吃 b b b个。求有多少种吃法。

输入格式：

第一行三个整数 n , a , b n,a,b n,a,b。接下来 n n n行，每行一个数 m i m_i mi，表示第 i i i个罐子里的糖果数。

( 1 ≤ n ≤ 10 , 0 ≤ a ≤ b ≤ 10000000 , 0 ≤ m i ≤ 1000000 ) (1 ≤ n ≤ 10, 0 ≤ a ≤ b ≤ 10000000,0 ≤ m_i ≤ 1000000) (1≤n≤10,0≤a≤b≤10000000,0≤mi≤1000000).

输出格式：

输出有多少种吃法，结果 m o d 2004 mod\ 2004 mod 2004。

解题分析

首先把下界这个条件搞掉，变成计算 1 ∼ a − 1 1\sim a-1 1∼a−1个和 1 ∼ b 1\sim b 1∼b个。

那么还是用容斥，强制一些罐子选的数量超出限制，然后最后用全集去减，即可得到所有不符合条件的数量。

然后这道题因为是要选 1 ∼ n 1\sim n 1∼n个，那么其实还用一种选法是把一些糖放在一个要不选的“罐子”里面，因此罐子数量 + 1 +1 +1即可。

注意这里因为罐子数量很小，我们求组合数 ( n m ) \binom{n}{m} (mn)的时候上面的 n ! n! n!和下面的 ( n − m ) ! (n-m)! (n−m)!可以约掉很大一部分，所以可以直接分解质因数求。

代码如下：

#pragma GCC optimize("O3")
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MOD 2004
int n, a, b;
int lim[15];
IN int fpow(R int base, R int tim)
{int ret = 1;W (tim){if (tim & 1) ret = ret * base % MOD;base = base * base % MOD, tim >>= 1;}return ret;
}
IN int C(R int n, R int m)
{int cnt2 = 0, cnt3 = 0, cnt5 = 0, cnt7 = 0, buf;int ret = 1;for (R int i = 2; i <= m; ++i){buf = i;W (!(buf % 2)) ++cnt2, buf /= 2;W (!(buf % 3)) ++cnt3, buf /= 3;W (!(buf % 5)) ++cnt5, buf /= 5;W (!(buf % 7)) ++cnt7, buf /= 7;}for (R int i = n; i > n - m; --i){buf = i;W ((!(buf % 2)) && cnt2) --cnt2, buf /= 2;W ((!(buf % 3)) && cnt3) --cnt3, buf /= 3;W ((!(buf % 5)) && cnt5) --cnt5, buf /= 5;W ((!(buf % 7)) && cnt7) --cnt7, buf /= 7;ret = 1ll * ret * buf % MOD;}ret = 1ll * ret * fpow(2, cnt2) % MOD;ret = 1ll * ret * fpow(3, cnt3) % MOD;ret = 1ll * ret * fpow(5, cnt5) % MOD;ret = 1ll * ret * fpow(7, cnt7) % MOD;return ret;
}
IN int solve(R int bd)
{int all = (1 << n) - 1, typ, need, avai;int ans = 0;for (R int i = 1; i <= all; ++i){typ = __builtin_popcount(i);need = 0;for (R int j = 1; j <= n; ++j)if (i & (1 << j - 1)) need += lim[j] + 1;if (need > bd) continue;avai = bd - need;if (typ & 1) ans += C(avai + n, n);else ans -= C(avai + n, n);}return (C(n + bd, n) - ans % MOD + MOD) % MOD;
}
int main(void)
{using namespace std;ios_base::sync_with_stdio(false);cin >> n >> a >> b;for (R int i = 1; i <= n; ++i) cin >> lim[i];cout << (solve(b) - solve(a - 1) + MOD) % MOD;
}