arc110 D - Binomial Coefficient is Fun

题意：

给定长为 \(n\) 的非负整数组 \(a[]\)

\(b[]\) 为元素任取但元素和不大于给定值 \(M\) 的非负整数组

对 \(b[]\) 的某种取值定义 \(f(b[])=\prod\limits_{i=1}^n C_{b_i}^{a_i}\)。求 \(\sum\limits_{b[]} f(b[])\)

\(n\le 2000, 1\le M\le 1e9, 0\le a_i\le 2000\)

思路：

从 \(M\) 个球中取 \(b_i\) 个，再从这 \(b_i\) 中取 \(a_i\) 个（\(i=1\sim n\)）的方案数。

如果直接从 \(M\) 个球中取 \(\sum a_i\) 个，\(a_i\) 就全混在一起没有分开，怎么把 \(a_i\) 分开？

把小球从左到右编号，同时考虑有 \(n\) 块隔板。选出的球中的第一个作为隔板，接下来的 \(a_i\) 个代表 \(a_i\)，再下一个代表隔板，再接下来的 \(a_2\) 个代表 \(a_2\)

这样一来，选出的球（除隔板外）就表示出了数组 \(a[]\)，而隔板在原来的所有球（包括选出的和未被选的）就决定了数组 \(b[]\)

究竟需要多少块隔板？

如果我们只选 \(n-1\) 块隔板，那么 \(\sum b_i=M\)，而实际上 \(\sum b_i\) 可以小于 \(M\)；

如果选 \(n+1\) 块隔板即首尾都有隔板，那么显然可以想到重复计数的情况，比如所有 \(n=1\)，在左右都放隔板的话选出很多相等的 \(b_1\)；

实际上需要 \(n\) 块隔板，假设最后一块隔板为小球 \(id\)，把编号为 \([id,end]\) 的球全部舍弃，然后在 \([1,id-1]\) 中选 \(n-1\) 块隔板即可。上述最后一块隔板实际上决定了 \(\sum b_i\)

所以原问题可看成从 \(M+n\) 个球中取 \(n+\sum a_i\) 个球的方案数，答案就是 \(C_{n+M}^{n+\sum a_i}\)

ps. 这个组合数上面比较小，直接按定义算就行了。复杂度 \(O(n+\sum a_i)=O(na_i)\)

ll C(ll n, ll m) {
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++) (ans *= i) %= mod; // m!
    ans = qmi(ans, mod-2); // (m!)^{-1}
    for(int i = 0; i < m; i++) (ans *= n - i) %= mod;
    return ans;
}

void sol() {
    ll n, M, sum = 0; cin >> n >> M;
    for(int i = 1, x; i <= n; i++) cin >> x, sum += x;
    cout << C(n + M, n + sum);
}