ADPC2-D 分配颜色

题意：

n*m的表格，一开始都是红色的，现在可以进行p次操作1和q次操作2
操作1：把某一行的同学进行取反操作：即红色变为蓝色，蓝色变成红色。
操作2：把某一列的同学进行取反操作：即红色变为蓝色，蓝色变成红色。
问多少种方案满足：执行完所有操作1和操作2之后，蓝色恰好有t个
若两个方案中的某一行或列被小A进行操作的次数不同时，则视为两种不同的方案。

题解：

题目给的是取反操作，意味着成对的相同操作是相互抵消的，因为题目问有多少种方案满足，我们可以这样去设方案：设最终实际效果下有i行被翻转，j列被翻转，什么叫最终实际效果？有些行被翻之后又给翻回去了，那就不算被翻，我们要的是最终的呈现效果。
现在有i行j列是翻转的，那么就有i∗m+j∗n−2∗i∗ji*m+j*n-2*i*ji∗m+j∗n−2∗i∗j(注意横纵直线交界处是红色而不是蓝色)，如果i∗m+j∗n−2∗i∗j=ti*m+j*n-2*i*j=ti∗m+j∗n−2∗i∗j=t，且(p-i)和(q-j)都是偶数，说明这个情况是合法的，(p-i)和(q-j)是多余的操作，而多余的操作想要抵消就必须是偶数个才行。
我们就要考虑这个情况的合法方案：
很显然我们可以从n中任意选i个翻转，CniC_{n}^iCni
我们也可以从m中任意选j个翻转，CnjC_{n}^jCnj
然后对于多余的操作p-i,我一开始想的是因为p-i一定是偶数，可以抵消，那么我们分配(p-i)/2就行，另一半部分跟着之前操作就行，那每次操作都可以选n个，那答案不就是n(p−i)/2n^{(p-i)/2}n(p−i)/2吗？但并不是，因为题目说了不同的方案是指：某一行或列被小A进行操作的次数不同，而与操作顺序无关，我们直接n的次幂求，会讲不同顺序的操作也看成不同操作，导致答案算多了。
那不gg了，并没有，现在我们有(p-i)/2个操作要执行，每个操作可以选任意一行，且与顺序无关，那问题转换一下，有(p-i)/2个球，现在有n个盒子，现在要把球放在盒子里，随机放，方案是多少？我们利用隔板法来做：现在有(p-i)/2+n个球，有n个盒子，每个盒子至少一个球，所有球排成一列，有(p-i)/2+n-1个间隙，在这些间隙中插入n-1个隔板，这样就可以分出n个空间，相当于n个盒子，也就是C(p−i)/2+n−1n−1C_{(p-i)/2+n-1}^{n-1}C(p−i)/2+n−1n−1
列的也同理
详细看代码

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=555555555;
int C[4500][4500];
inline void init()
{for(int i=0;i<4500;i++){for(int j=0;j<=i;j++){if(!j) C[i][j] = 1;else C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % mod;}}
}
signed main()
{init();int n,m,p,q,t;cin>>n>>m>>p>>q>>t;long long ans=0;for(int i=0;i<=min(n,p);i++)for(int j=0;j<=min(m,q);j++){if((p-i)&1) continue;if((q-j)&1) continue;if(j*n+i*m-2*i*j==t){   ans+=C[n][i]*C[m][j]%mod*C[n+(p-i)/2-1][n-1]%mod*C[m+(q-j)/2-1][m-1]%mod;ans%=mod;}}printf("%lld",ans);return 0;
}
/*
10 10 200 200 0
*/

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