【组合计数】ARC061F Card Game for Three

题意：

有三堆卡牌，牌数分别为N,M,K
每张牌有一个字母（’a’、’b’、’c’）表示下一个拿哪一堆。
现在要求第一堆首先拿完。求方案数。

分析：

首先，这道题有很多角度可以入手。但最简单的方法是，根据拿的牌的类型计算。
如果第一堆拿完，则拿的顺序中必然有n个a，且b的数量比m小，c的数量比k小。
但是最后一个必须限定为a，所以这部分拿了的方案数应为$C_{n-1+i}^{n-1}$(i表示多拿的b和c的总和)
然后还要从这i个中选哪些是b，哪些是c，所以还要乘上$\sum_{0\leq x< m,0\leq y<k}[x+y=i]C_i^x$
所以有如下式子：
$Ans=\sum_{i=0}^{i<m+k}C_{n-1+i}^{n-1}3^{m+k-i}\sum_{0\leq x< m,0\leq y<k}[x+y=i]C_i^x$
然后这就可以拿所谓的部分分了。

接下来一般来说都会想怎么改进式子，然而。。。这道题的方法是，直接枚举前半部分(即i的大小)，想办法快速转移后半部分。
后半部分可以分三种情况讨论(设$k\leq m$):
注：下面x表示的是拿c的个数
1、$\sum_{x=0}^{x\leq i}C_i^x(i< k)$ 即c的数量比i还多，所以任意拿就可以了
2、$\sum_{x=0}^{x< k}C_i^x(k\leq i<m)$ 即c的数量不超过i，这时c就不能拿超过k个
3、$\sum_{x=i-m+1}^{x<k}C_i^x(m\leq i<m+k)$即c的数量不超过i，b的数量也不超过i，这时c不能拿大于等于k个，b不能拿大于等于m个。

考虑优化转移。在第一种情况下，i变为i+1，只需要把总和乘2即可。
在第二种情况下，i变为i+1，把总和乘以2再减去$C_i^k$
在第三种情况下，i变为i+1，把总和乘以2再减去$C_i^k+C_i^m$
用杨辉三角的性质来解释就很容易了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 900010
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
ll inv[MAXN],fac[MAXN],pow3[MAXN];
ll fsp(ll x,int y){ll res=1;while(y){if(y&1)res=res*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;  }return res;
}
ll C(int x,int y){return fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD;
}
int main(){int n,m,k;SF("%d%d%d",&n,&m,&k);pow3[0]=1;fac[0]=1;for(int i=1;i<=n+m+k;i++){pow3[i]=pow3[i-1]*3ll%MOD;  fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;}inv[n+m+k]=fsp(fac[n+m+k],MOD-2);   for(int i=n+m+k;i>0;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%MOD;n--;if(m<k)swap(m,k);ll j=1,ans=0;for(int i=0;i<=m+k;i++){ans=(ans+C(n+i,n)*pow3[m+k-i]%MOD*j)%MOD;   if(i<k)j=j*2ll%MOD;else if(i<m)j=(j*2ll-C(i,k))%MOD;else    j=(j*2ll-C(i,k)-C(i,m))%MOD;}ans=(ans+MOD)%MOD;PF("%lld",ans);
}