题意:给定n和a[i](i=0..4),求所有n位5进制数中没有前导0且i出现的次数不超过a[i]的数的个数
2<=n<=15000,0<=a[i]<=3e4
思路:设f(n,a,b,c,d,e)为可以含前导0的答案
则ANS=f(n,a,b,c,d,e)-f(n-1,a-1,b,c,d,e)
考虑对每一种数字出现的情况进行容斥
设dp[i][j]为当前到第i位,数字出现的情况为j,至少有一种数字超过了限制次数的方案数
转移有两种:已经出现过的数字可以再出现一次,没有出现过的数字先强行取a[i]+1个再用组合数计算方案转移
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
#define fi first
#define se second
#define MP make_pair
#define N 31000
#define M 40
#define MOD 1000000007
#define eps 1e-8
#define pi acos(-1)
#define oo 1100000000 ll dp[N][M],fac[N],inv[N],exf[N];
int cnt[N],a[N],n,sta; void add(ll &x,ll y)
{
x+=y;
if(x<) x+=MOD;
if(x>=MOD) x-=MOD;
} ll c(int x,int y)
{
return fac[x]*exf[y]%MOD*exf[x-y]%MOD;
} int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
} int calc()
{
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=;i<=sta;i++)
if(cnt[i^sta]&) dp[][i]=MOD-; //容斥系数
else dp[][i]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=sta;j++)
{
add(dp[i][j],dp[i-][j]*cnt[j]%MOD);
for(int k=;k<=;k++)
if(!((j>>k)&)&&a[k]<i) add(dp[i][j|(<<k)],dp[i--a[k]][j]*c(i-,a[k])%MOD); //当前数字取a[k]+1个
}
return dp[n][sta];
} int main()
{
//freopen("hdoj5519.in","r",stdin);
//freopen("hdoj5519.out","w",stdout);
int cas;
scanf("%d",&cas);
fac[]=;
for(int i=;i<N;i++) fac[i]=fac[i-]*i%MOD;
inv[]=inv[]=exf[]=exf[]=;
for(int i=;i<N;i++)
{
inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
exf[i]=exf[i-]*inv[i]%MOD;
}
cnt[]=;
for(int i=;i<N;i++) cnt[i]=cnt[i-lowbit(i)]+;
for(int v=;v<=cas;v++)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=;i++) scanf("%d",&a[i]);
sta=(<<)-;
ll ans=calc();
if(a[])
{
n--; a[]--;
ans=(ans-calc()+MOD)%MOD;
}
printf("Case #%d: %I64d\n",v,ans);
}
return ;
}