题目描述
桃之夭夭还绿了芭蕉
管他雨打风吹夜潇潇
花绽了新红也会凋
少年的心儿永不老
——《桃花笑》
小奇的花园里有n行m列棵桃花树，花色各不相同。小奇漫步在花园中，有时它觉得某一行/列的桃花很美，便会在这一整行/列的每棵树下捡一枚花瓣，到了傍晚，他发现自己选择了r行c列（同一行/列可能被选择不止一次）的花瓣。
回家之后，小奇发现：有s种颜色的花瓣数为奇数，他想知道，有多少种选择方案能有这样的效果呢？
（两种方案不同当且仅当某行/列被选择的次数不同）
输入
第一行包括5个整数，n，m，r，c，s。
输出
输出一个整数表示答案（mod 1000000007）。
样例输入
2 2 2 2 4
样例输出
4
提示
对于 20% 的数据, n，m ≤ 4，r，c ≤ 4；
对于 50% 的数据, n，m ≤ 500，r，c ≤ 2000； 对于另外 10% 的数据, n，m ≤ 100000，s = n * m；
对于 100% 的数据, n，m ≤ 100000，r，c ≤ 100000，s ≤ 10^12。
发现，如果确定有多少行是奇数行，有多少列是奇数列，那么就可以求得有多少点是奇数点。 所以设有 x 个奇行,y 个奇列,然后 S=x(m-y)+(n-x)y,枚举 x,则 y=(S-xm)/(n-2x),这样可以算出 y,（注意当n-2x==0时，在s-xm==0时这方程有无数解） 此时我们就知道了x行为奇数行，y列为奇数列，这些行列排布的方案数为C(n,x)*C(m,y) 对每一种方案数，以行为例，r个物品，x行放奇数个，n-x行放偶数个，可以为空。我们先再x行上每行放1个，剩下的两个一组去放，就可以实现上述要求。即方案数为C((r-x)/2+n-1,n-1)。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; const int N=2e5+50; const int p=1e9+7; ll n,m,r,c,s,ans; ll fac[N],ine[N],f[N]; ll poww(ll x,ll y,int p) { ll ret=1,tt=x; while(y) { if (y&1) ret=(ret*tt)%p; tt=(tt*tt)%p; y>>=1; } return ret; } void pre() { fac[0]=1;for(int i=1;i<=200000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%p; ine[1]=1; for(int x=2;x<=200000;x++) { ll a=p/x,b=p%x; ine[x]=(-a*ine[b]%p+p)%p; } f[0]=1;for(int i=1;i<=200000;i++)f[i]=f[i-1]*ine[i]%p; } ll C(ll a,ll b) { if(b==0)return 1; return fac[a]*f[a-b]%p*f[b]%p; } void cal(ll x,ll y) { // cout<<x<<' '<<y<<endl; if ((r-x)%2||(c-y)%2) return; //剩余的行和列需要为偶数次 ll t1=(r-x)/2,t2=(c-y)/2; //两两结合保证奇偶性 ll cnt=C(n,x)*C(m,y)%p; //行和列的选择方案 cnt=cnt*C(t1+n-1,n-1)%p*C(t2+m-1,m-1)%p; ans=(ans+cnt)%p; } int main() { // freopen("Caitlyn_7.in","r",stdin); scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&r,&c,&s); pre(); for (ll x=0;x<=r&&x<=n;x++) { if (n-2*x==0) //被除数是0 { if (x*m==s) //系数是0 { for (int i=0;i<=m;i++) cal(x,i); //y取任意值 } } else if((s-x*m)%(n-2*x)==0) { ll y=(s-x*m)/(n-2*x); if (y>=0&&y<=c&&y<=m) cal(x,y); } } printf("%lld\n",ans); // fclose(stdin); return 0; }