小奇的赏花（数学排列组合）

                                                   小奇的赏花

题目描述

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）

输入格式

第一行包括5个整数，n，m，r，c，s。

输出格式

输出一个整数表示答案（mod 1000000007）。

样例

样例输入

2 2 2 2 4

样例输出

4

数据范围与提示

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。

思路：这就是一道裸的数学排列组合题，设有x行被选择奇数次，有y列被选择奇数次，因为奇+偶=奇，奇+奇=偶，偶+偶=偶，而题中s为奇数，则可列出这样的等式：x*(m-y)+y*(n-x)=s,解得：y=(s-x*m)/(n-2*x),枚举x即可得出y，用每对x，y计算种类再加和，即为答案（分步加法）。那怎样计算每对x，y对应的种类数呢，当然用组合数求解。

对于每对x，y_，而题目中限制只有r次，问题可转化成把r个苹果分到n个盘子中，保证有x个奇数盘子，先把x个苹果分别放到x个盘子中，方案数为C^xn，之后剩下（r-x）个苹果，把这些苹果分成（r-x）/2对放到n个盘子中允许为空，用隔板法解决。防止（r-x）/2对苹果填不满n个盘子，加上n个盘子，则有（r-x）/2对苹果和n个空分成n份放入n个不同的盘子（可以理解成有序）一共有（r-x）/2+n-1个空，插入n-1个隔板，方案数为C^n-1_{(r-x)/2+n-1    ，}同理y也如此，则对每对x，y方案数为C^xn*C^n-1(r-x)/2+n-1*C^y_m*C^m-1_(c-y)/2+m-1

方案数用逆元求即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1000000007,maxn=200000+10;
ll r,c,n,m;
ll f[maxn],fac[maxn],ine[maxn];
ll s;
void Init(){
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=200000;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;//求阶乘
    ine[1]=1;
    for(int i=2;i<=200000;i++){
        ll a=mod/i;
        ll b=mod%i;
        ine[i]=(-a*ine[b]%mod+mod)%mod;//线性求逆元
    }
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=200000;i++) f[i]=f[i-1]*ine[i]%mod;//逆元的阶乘
}
ll cmb(ll x,ll y){
    ll cnt=1;
    cnt=cnt*f[x]%mod;
    cnt=cnt*f[y-x]%mod;
    cnt=fac[y]*cnt%mod;
    return cnt;
}//组合数
ll cal(int x,int y){
    if((r-x)%2||(c-y)%2) return 0;//当(r-x)/2或(c-y)/2不为整数时，不成立，因为若(r-x)为奇数，它分出若干份偶数个苹果，最后肯定剩下一个苹果，这个苹果若放在
    ll cnt=1;                     //那x个盘子中则有一个盘子不为奇数，若放在其余盘子中，则多一个盘子为奇数
    cnt=cnt*cmb(x,n)%mod;
    cnt=cnt*cmb(n-1,(r-x)/2+n-1)%mod;
    cnt=cnt*cmb(y,m)%mod;
    cnt=cnt*cmb(m-1,(c-y)/2+m-1)%mod;
    return cnt;
}//每对x，y对应的方案数
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&r,&c,&s);
    Init();
    ll ans=0;
    for(ll i=0;i<=min(n,r);i++){
        if(n==2*i){
            if(s==i*m){
                for(ll j=0;j<=min(m,c);j++) ans=(ans+cal(i,j))%mod;
            }//注意枚举x时当（n==2*i&&s==i*m）此时j可取范围以内的任何值                    
        }
        else{
            if((s-i*m)%(n-2*i)==0){
                ll y=(s-i*m)/(n-2*i);
                if(y<=min(m,c)&&y>=0) ans=(ans+cal(i,y))%mod;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}