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数组（数学）

【问题描述】

fabdec 有?个长度为 n 的数组 \(a[]\)(下标 1-n), 初始时都是 0。 fabdec 随机了?个 1 到 n 的随机数 x，并且把 \(a[x]++\)。
fabdec 重复了 m 次这样的操作，然后数了?下数组??共有 k 个位置 为奇数。 fabdec 现在想问执? m 次操作，总共能?成多少种不同的数组使得恰 好有 k 个位置是奇数？
（两个数组不同当且仅当两个数组存在某个位置数组 的值不相同）
因为这个数字会很?，所以只需输出这个答案除以 109 + 7 的余数。

【输入格式】

??三个整数，n,m,k。

【输出格式】

输出包含?个整数，表?答案。

【样例输入】

2 3 1

【样例输出】

4

【数据规模及约定】

对于前 20% 的数据，1 ≤ n,m ≤ 4。
对于前 50% 的数据，1 ≤ n,m ≤ 2000。
对于前 100% 的数据，1 ≤ n,m ≤ 105, 0 ≤ k ≤ n。

看到这个题，我们化简题意可得：
m分成n个数，要求这n个数中正好有k个奇数，问合法的排列有多少个。（也可以说成n个数的和为m）

我们考虑组合数的做法：
因为要求是k个奇数，所以我们要从n个数里面选取k个数当作奇数，这一步是\(C_n^k\)的。
我们设这n个数分别为\(a_1,a_2,...,a_n\)，那么我们知道\[\sum_{i=1}^na_i=m\]
但是数字中有奇数有偶数不方便处理，所以我们考虑把所有数字都换成偶数，那么在等式的左右两边同时减去k，我们就可以认为是\(m-k\)分成了n个偶数。
又由于偶数除以2可能为奇数，可能为偶数，所以当我们在等式的左右两边同时除2的时候，该问题就转化成了将\(\frac{m-k}{2}\)分成\(n\)份（其中可以每一份的个数可以为0），有多少种不同的分法（顺序不同也视作不同）的问题了。运用到我们高中数学中的隔板法，我们可以知道这一步的答案是\(C_{\frac{m-k}{2}+n-1}^{n-1}\)，所以运用乘法原理，我们可以知道答案是\[C_{n}^k\times C_{\frac{m-k}{2}+n-1}^{n-1}\]
之后就很简单了，但是由于题目是在模意义下，所以要求逆元。逆元用费马小定理+快速幂很容易就能求出来。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
// by zrt
using namespace std;

typedef long long LL;

LL n,m,k;
const LL mod=1e9+7;
LL pow(LL a,LL b,LL p){
    LL ret=1%p;
    while(b){
        if(b&1) ret=ret*a%p;
        b>>=1;
        a=a*a%p;
    }
    return ret;
}
LL fac(LL n){
    LL ret = 1%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++) ret=ret*i%mod;
    return ret;
}
LL invfac(LL n){
    return pow(fac(n),mod-2,mod);
}
LL C(LL n,LL m){
    if(n<m)return 0;
    return fac(n)*invfac(m)%mod*invfac(n-m)%mod;
}
int main(){
    freopen("array.in","r",stdin);
    freopen("array.out","w",stdout);
    cin>>n>>m>>k;
    if(k>=m) cout<<0<<endl;
    else if((m-k)&1) cout<<0<<endl;
    else cout<< C(n,k)*C((m-k)/2+n-1,n-1)%mod<<endl;
    return 0;
}

数组（组合数学）

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原文地址：https://www.cnblogs.com/fengxunling/p/9738721.html