HDU6397 （组合问题+容斥原理）

题意

给三个数n,m,k, 在0~n-1中选出m个数排成一排使得他们的和等于k，这m个数可以相同，只要排列不同即可。求一共有多少种排列方式是满足题意的。

分析

这里有一个简单版的题
先说下整体思路：对于没有0~n-1这个限制条件的话我们可以很快的用隔板法求出总的个数是C(m-1,k+m-1),然后可能x个数超过了n-1,那么我们减去只有1个数超过的情况,再加上超过了2个数的情况….也就是容斥原理。最后求得即可

下面说下细节问题。

  首先对于没有限制的话，为啥是C(m-1,k+m-1) 这个lrj蓝书上有讲。题意我们可以先这样理解，有k个1，要将这些个1分成m份，有顺序。这个是个高中的隔板法。如果用普通的方法会有重复，而且不好去重。如果每个数至少是一的话，我们可以看成是在k个1中间差m-1个板子,两端不能插，一共就有k-1个地方可以插，就是c(m-1,k-1)。如果每个数还可以是0,那我们可以先向k+m个数中间插m-1个板子分成m份，然后每一份都减去1，就是答案。(高中数学，应该有印象吧- -)同上，首尾不能插，所以就是C(m-1,m+k-1).(其实也可以通过杨辉三角找规律，我就是这么干的- -)
  这个问题说清楚了我们再看超过限制条件的的。如果只有c个，那么这个数x’>=n一定成立。现在我们做这样一个操作，将所有大于等于n的x全部减去n，这样问题由原来的$x_1+x_2+...x_m=k$转换成了$x'_1+x'_2+..x'_m=k-n*c$原来的x1..xm可能是大于等于n的，但是转化以后的x’全部是小于n的而且大于0，这个就相当于转换成了上述没有限制的一个子问题。就可以用上面说的方法求数量了。但是我们这里假设的是c个，所以还要用容斥原理。如果c是奇数，就做减法，是偶数就做加法。
  最后代码上还要说两点，一个是组合数求法。组合数用逆元的模板，时间复杂度O(n),目前还没看懂这个逆元怎么求的，反正板子贴上去就对了。第二个问题就是上面说的c，违反的个数取值是多少。一开始我当成了m,就是m个全部超了，但是程序后来崩了。后来想想发现应该是k/n,因为如果超了的话，最小也是n，所以最多只可能是k/n个数超了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
const ll MOD = 998244353;
const ll MAXN = 2e5 + 5;
int F[MAXN], Finv[MAXN], inv[MAXN];//F是阶乘，Finv是逆元的阶乘 
void init() {
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i < MAXN; i++) {
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
    }
    F[0] = Finv[0] = 1;
    for (int i = 1; i < MAXN; i++) {
        F[i] = F[i - 1] * 1ll * i % MOD;
        Finv[i] = Finv[i - 1] * 1ll * inv[i] % MOD;
    }
}

ll com(int n, int k) 
{
    if (n < 0 || k < 0 || k > n) return 0;
    return F[n] * 1ll * Finv[n - k] % MOD * Finv[k] % MOD;
}

int main()
{
    //freopen("a.in", "r", stdin);
    //freopen("a.outmy", "w", stdout);
    t;
    cin >> t;
    init();
    while (t--)
    {
        int n, m, k;
        cin >> n >> m >> k;
        ll ans = com(k + m - 1, m - 1);
        for (int i = 1; i * n <= k; i++)
        {
            if (i & 1) ans = (ans + MOD - (com(m, i)*com(m - 1 + k - n * i, m - 1)) % MOD) % MOD;
            else ans = (ans + (com(m, i)*com(m - 1 + k - n * i, m - 1))) % MOD;
        }
        cout << ans << endl; 
    }
    return 0;
}