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一、基础知识

1. 加法原理

加法原理的核心思想：如果一个问题可以分解成互不相交的多个子问题，那么问题的总数目等于各个子问题的数目之和。

2. 乘法原理

乘法原理的核心思想：如果一个过程可以分为 $n$ 个独立的步骤，其中第 $i$ 个步骤有 $m_i$ 种选择方式，那么整个过程的选择方式数目为 $m_1\times m_2\times \cdots \times m_n$。

3. 排列数

$A_n^m$（$P_n^m$）表示排列数，计算方法为从 $n$ 向下数连续的 $m$ 个数累乘，即：
$$A_n^m=\frac{n!}{m!}=n\times (n-1)\times (n-2)\times \cdots \times (n-m+1)$$

4. 组合数

$C_n^m$ 表示组合数，计算方法为 $A_n^m$ 的基础上除以 $m$ 个数排列的次数（$A_m^m$），即：
$$C_n^m=\frac{A_n^m}{A_m^m}=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n\times (n-1)\times (n-2)\times \cdots \times (n-m+1)}{m\times (m-1)\times (m-2)\times \cdots \times 1}$$

二、模板

1. 快速幂

typedef long long ll;
const ll MOD=1e9+7;
ll qpow(ll a,ll b){
	ll ret=1;
	a%=MOD;
    while(b){
        if(b&1)//if(b%2==1)
            ret=(ret*a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
        b>>=1;//b/=2
    }
    return ret;
}

2. 组合数预处理

for(int i=0;i<MAXN;i++){//组合数预处理
    comb[i][0]=1;
    for(int j=1;j<i;j++)
        comb[i][j]=(comb[i-1][j]+comb[i-1][j-1])%MOD;
    comb[i][i]=1;
}

三、基础例题

1. 涂色

1.1 审题

题目描述

有排成一列的 $N$ 个球。现在小明想要把这些球都涂成 $K$ 种颜色中的某一种。若要求任意相邻两个球颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？答案可能很大，你只需要输出答案除以 $10^9+7$ 的余数。

输入描述

一行，两个正整数 $N,K$。

输出描述

一行，一个整数代表涂色方法数除以 $10^9+7$ 的余数。

样例1

输入

2 2

输出

2

样例2

输入

10 8

输出

322828856

提示

$1\le N\le 10^3$，$2\le K\le 10^3$。

1.2 分析

首先，我们考虑球的涂色方式。第一个球有 $k$ 种颜色可以选择，第二个球就只能选择 $k-1$ 种颜色（因为要求相邻两个球颜色不同）。同理，第三个球只能选择 $k-1$ 种颜色，以此类推。

因此，总的涂色方式就是将每个球的涂色方式相乘。第一个球有 $k$ 种选择，第二个球有 $k-1$ 种选择，以此类推。所以总的涂色方式为 $k\times (k-1)\times (k-1)\times \cdots \times (k-1)$，其中一共有 $n-1$ 个 $(k-1)$ 相乘。

1.3 参考答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1e9+7;
int n,k;
ll qpow(ll a,ll b){
	ll ret=1;
	a%=MOD;
    while(b){
        if(b&1)//if(b%2==1)
            ret=(ret*a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
        b>>=1;//b/=2
    }
    return ret;
}
int main(){
    cin>>n>>k;
    cout<<k*qpow(k-1,n-1)%MOD;
    return 0;
}

2. 计数1

2.1 审题

题目描述

由数字 $1,2,3$ 组成的 $n$ 位数，要求 $n$ 位数中 $1,2,3$ 的每一个至少出现一次。求所有这种 $n$ 位数的个数。
答案可能很大，你只需要输出答案除以 $10^9+7$ 的余数。

输入描述

一个整数 $n$。

输出描述

输出答案除以 $10^9+7$ 的余数。

样例1

输入

3

输出

6

样例2

输入

2

输出

0

样例3

输入

199997

输出

837597358

提示

$80\%$ 数据：$1\le n\le 10^6$。
$100\%$ 数据：$1\le n\le 10^9$。

2.2 分析

我们可以画出下面的一张图，利用三个集合的容斥原理完成这道题目。

2.3 参考答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1e9+7;
int n,ans;
ll qpow(ll a,ll b){
	ll ret=1;
	a%=MOD;
    while(b){
        if(b&1)//if(b%2==1)
            ret=(ret*a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
        b>>=1;//b/=2
    }
    return ret;
}
int main(){
    cin>>n;
    ll u=qpow(3,n),C1=qpow(2,n),C1U2=1,C1U2U3=0;
    cout<<((u-(3*C1-3*C1U2+C1U2U3))%MOD+MOD)%MOD;
    return 0;
}

3. 组合数预处理

3.1 审题

杨辉三角是一类非常有趣的数阵，最外层的数值均为 $1$，中间的数值则为正上方和左上角的两个数值相加。杨辉三角内的数就是组合数，$n$ 层杨辉三角就可以用来计算所有 $i<n$ 的组合数 $C_i^j$。
读入一个正整数 $n$，请编程打印一个 $n$ 行的杨辉三角。杨辉三角中的数会很大，你只需要输出它们除以 $10^9+7$ 的余数。

3.2 分析

需要掌握一个公式【不是本题的，给大家拓展一下信息学很常见的公式】：
$$\sum _{i=0}^n{C}_n^i=2^n$$
根据二项式定理：
$$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{a}^{n-i}{b}^i$$
这个等式是对任意的实数a和b都成立的。当我们令 $a=1,b=1$ 时，可以得到特定的形式：
$$(1+1{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i$$
特别地，这个等式的左边是非常简单的，即$2^n$。所以我们可以通过令 $a=1,b=1$，简化等式，从而得到：
$$\sum _{i=0}^n{C}_n^i=2^n$$

3.3 参考答案

水法：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e3+8;
const ll MOD=1e9+7;
ll n,a[MAXN][MAXN];
int main(){
    cin>>n;
    a[1][1]=1,a[2][1]=1,a[2][2]=1;
    for(int i=3;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            a[i][j]=(a[i-1][j]+a[i-1][j-1])%MOD;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            cout<<a[i][j]<<" \n"[j==i];
    return 0;
}

标准：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e3+8;
const ll MOD=1e9+7;
ll n,comb[MAXN][MAXN];
int main(){
    for(int i=0;i<MAXN;i++){//组合数预处理
        comb[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++)
            comb[i][j]=(comb[i-1][j]+comb[i-1][j-1])%MOD;
    }
    cin>>n;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        for(ll j=0;j<=i;j++)
            cout<<comb[i][j]<<" \n"[j==i];
    return 0;
}

四、例题

## 1. 计数2

1.1 审题

农夫约翰建造了一座有 $n$ 间牛舍的小屋，牛舍排在一条直线上，从左到右编号为 $1\sim n$。
但是约翰的 $m$ 头牛对小屋很不满意，只要有两头牛之间的牛舍数量小于 $k$，他们就会互相攻击。住在同一间牛舍更是不行。
约翰为了防止牛之间互相攻击，有多少种安排牛入住牛舍的方法？答案可能很大，你只需要输出答案除以 $10^9+7$ 的余数。

1.2 分析

首先，有 $m$ 头牛和 $n$ 个牛舍，每头牛可以选择一个牛舍入住。我们可以将问题分成两部分考虑：

1. 选择 $m$ 个不同的牛舍供 $m$ 头牛入住。
2. 将剩余的 $n-k\times (m-1)$ 个牛舍分配给 $(m-1)$ 头牛。

对于第一部分，我们需要从 $n$ 个牛舍中选择 $m$ 个不同的牛舍供 $m$ 头牛入住，这可以表示为组合数 $C_n^m$。

对于第二部分，我们需要将剩余的 $n-k\times (m-1)$ 个牛舍分配给 $(m-1)$ 头牛。这相当于将 $n-k\times (m-1)$ 个牛舍分成 $(m-1)$ 组，每组至少有 $k$ 个牛舍。这可以表示为组合数 $C_{n-k\times (m-1)}^{m-1}$。

综上所述，有 $m$ 头牛和 $n$ 个牛舍的安排方法数量为 $C_n^m\times C_{n-k\times (m-1)}^{m-1}$。

我们可以利用组合数的性质，即 $C_n^m=C_n^{n-m}$，将上述公式转化为 $C_n^m\times C_{n-k\times (m-1)}^{m-1}=C_n^m\times C_{n-k\times (m-1)}^{n-k\times (m-1)-(m-1)}$。

由于题目中要求的是将 $n$ 个牛舍分成 $m$ 组，每组至少有k个牛舍的安排方法数量，所以我们可以得到公式 $C_{n-k\times (m-1)}^m=C_n^m\times C_{n-k\times (m-1)}^{n-k\times (m-1)-(m-1)}$。

注意：这里使用的组合数公式是基于组合数的性质 $C_n^m=C_n^{n-m}$，并且假设 $n$ 不小于 $m$。如果 $n$ 小于 $m$，那么 $C_n^m=0$。

1.3 参考答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=5e3+8;
const ll MOD=1e9+7;
ll n,m,k,comb[MAXN][MAXN];
int main(){
    for(int i=0;i<MAXN;i++){//组合数预处理
        comb[i][0]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)
            comb[i][j]=(comb[i-1][j]+comb[i-1][j-1])%MOD;
        comb[i][i]=1;
    }
    cin>>n>>m>>k;
    if(n-k*(m-1)<0){
        cout<<0;
        return 0;
    }
    cout<<comb[n-k*(m-1)][m];
    return 0;
}

2. 互不相等

2.1 审题

考虑一个长度为 $n$ 的正整数数列 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$。满足如下条件：
（1）$1\le a_i\le c_i$（$1\le i\le n$）
（2）$a_i\ne a_j$（$1\le i<j\le n$）
其中 $c_1,c_2,\cdots ,c_n$ 是已知的正整数。你要求出有多少种不同的数列 $a$ 满足条件。答案会很大，所以只需要输出答案除以 $10^9+7$ 的余数。

2.2 分析

首先不难想到可以先进行排序，把小的先枚举了，然后依次乘大的。由于所有元素不能像等，所以后面的元素只有 $c_i-i+1$ 种选择。记得特判 $<0$ 的情况。

2.3 参考答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=2e5+8;
const ll MOD=1e9+7;
ll n,c[MAXN],ans=1;
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>c[i];
    sort(c+1,c+n+1);//先枚举小的
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=(ans*(c[i]-i+1<0?0:c[i]-i+1))%MOD;
    cout<<ans;
    return 0;
}