けんちょんの競プロ精進記録

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AtCoder ARC 110 D - Binomial Coefficient is Fun (黄色, 600 点)

色んな解法がありそう。

問題概要

 N 個の正の整数  A_{1}, \dots, A_{N} が与えられる。

  •  B_{1} + \dots + B_{N} \le M

を満たすすべての非負整数列  B_{1}, \dots, B_{N} に対する

 \prod_{i=1}^{N} C(B_{i}, A_{i})

の総和を 1000000007 で割ったあまりを求めよ。

制約

  •  1 \le N \le 2000
  •  1 \le M \le 10^{9}
  •  0 \le A_{i} \le 2000

解法 (1):経路数への帰着 (僕の解法)

二項係数を扱う方法論として、経路数へと帰着する方法がある。たとえば  A = (2, 1, 3),  M = 9 ( 9 - 2 - 1 - 3 = 3 であることに注意) としてみる。 m = 6, 7, 8, 9 についての答えは下図のようになる。

 m = 6 の場合は、点 S から「 m = 6 の点」への最短距離の個数に一致する。 m = 7, 8, 9 の場合も、それぞれ、点 S から「 m = 7, 8, 9 の点」への最短距離の個数に一致する。それぞれ、下図の「点線のどこを通るか」で場合分けして、それを和の形で表すと問題の式に一致するのだ。

f:id:drken1215:20201206052503p:plain

そして  m = 6, 7, 8, 9 の場合の総和は、さらに下図のように変形して、点 S から点 T への最短距離の個数に一致する。

f:id:drken1215:20201206052754p:plain

よって結局、答えはただ 1 つの二項係数で書けるようになることがわかった。具体的には、

 S = \sum_{i=1}^{N} A_{i}

としたとき、

 C(M+N, S+N)

となる。 M \le 10^{9} なので二項係数の計算が大変そうだが、 S+N \le 10^{7} 程度なので愚直な計算が間に合う。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// modint
template<int MOD> struct Fp {
    long long val;
    constexpr Fp(long long v = 0) noexcept : val(v % MOD) {
        if (val < 0) val += MOD;
    }
    constexpr int getmod() const { return MOD; }
    constexpr Fp operator - () const noexcept {
        return val ? MOD - val : 0;
    }
    constexpr Fp operator + (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) += r; }
    constexpr Fp operator - (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) -= r; }
    constexpr Fp operator * (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) *= r; }
    constexpr Fp operator / (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) /= r; }
    constexpr Fp& operator += (const Fp& r) noexcept {
        val += r.val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator -= (const Fp& r) noexcept {
        val -= r.val;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator *= (const Fp& r) noexcept {
        val = val * r.val % MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator /= (const Fp& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b, swap(a, b);
            u -= t * v, swap(u, v);
        }
        val = val * u % MOD;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr bool operator == (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val == r.val;
    }
    constexpr bool operator != (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val != r.val;
    }
    friend constexpr istream& operator >> (istream& is, Fp<MOD>& x) noexcept {
        is >> x.val;
        x.val %= MOD;
        if (x.val < 0) x.val += MOD;
        return is;
    }
    friend constexpr ostream& operator << (ostream& os, const Fp<MOD>& x) noexcept {
        return os << x.val;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modpow(const Fp<MOD>& r, long long n) noexcept {
        if (n == 0) return 1;
        if (n < 0) return modpow(modinv(r), -n);
        auto t = modpow(r, n / 2);
        t = t * t;
        if (n & 1) t = t * r;
        return t;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modinv(const Fp<MOD>& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b, swap(a, b);
            u -= t * v, swap(u, v);
        }
        return Fp<MOD>(u);
    }
};

const int MOD = 1000000007;
using mint = Fp<MOD>;

int main() {
    long long N, M; cin >> N >> M;
    long long S = 0;
    vector<int> A(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> A[i], S += A[i];

    mint res = 1;
    for (long long r = 0; r < N+S; ++r) {
        res *= N + M - r;
        res /= N + S - r;
    }
    cout << res << endl;
}

解法 (2):形式的冪級数

形式的冪級数で考えると

  •  f_{i}(x) = \sum_{t} C(t, A_{i})x^{t}

として、 \prod_{i=1}^{N} f_{i}(x) 0, 1, \dots, M 次の項の係数の総和を求めればよい。係数の総和をとることについては、 \frac{1}{1-x} をかけて  M 次の項を求めればよい。つまり、

 \lbrack x^{M} \rbrack \frac{1}{1-x} \prod_{i=1}^{N} f_{i}(x)

を求めればよい。よって問題は  f_{i}(x) をわかりやすい式にする問題へと帰着された。

ここで、「負の二項分布」だとか「一般化二項係数」だとかを知っていれば思いつきやすい。具体的には次のような式が成り立つ。

  •  \sum_{t} C(t+a, a) x^{t} = \frac{1}{(1-x)^{a+1}}

これを参考にすれば、

 f_{i}(x) = x^{A_{i}} \sum_{t} C(t, A_{i}) x^{t - A_{i}} = x^{A_{i}} \frac{1}{(1-x)^{A_{i}+1}}

と式変形できる。よって、求める値は

 \lbrack x^{M} \rbrack \frac{1}{1-x} \prod_{i=1}^{N} f_{i}(x)
 = \lbrack x^{M} \rbrack \frac{x^{S}}{(1-x)^{N+S+1}}
 = \lbrack x^{M-S} \rbrack \frac{1}{(1-x)^{N+S+1}}
 = C(N+M, N+S)

と計算できた。これは解法 (1) で求めた値に一致する。

解法 (3):想定解法

editorial では、組合せ論的特徴づけを与えている。

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