题目描述：

loj

题解：

容斥+生成函数。

考虑加入的第$i$个元素对结果的贡献是$[0,i-1]$，我们可以列出生成函数。

长这样：$(1)*(1+x)*(1+x+x^2)*……*(1+x+x^2+……+x^{n-1})=\frac{\prod_{i=1}^{n}1-x^i}{(1-x)^n}$

把分母提出来：$\frac{1}{(1-x)^n} = (1+x+x^2+……)^n = \sum_{i=0}^{k} C_{i+n-1}^{n-1}$，日常小球放盒。

现在还剩$\prod_{i=1}^n 1-x^i$，可以考虑将该式理解为从$1$到$n$选$i$个数，总和为$j$，对该项系数贡献为$(-1)^i$。

由于从$1$到$n$不重复，可以发现$\sum_{i=1}^{447}>100000$，那么$i \le 447$。

那么就可以$dp$了。状态为$f[i][j]$，表示当前选了$i$个数总和为$j$，且最后一项不大于$n$的方案数。

要求选数不重复怎么办？

考虑将其构造成一个上升序列。我们用枚举差值的思想，保证前后差值大于$0$。

转移有三种：

1.将$i$个数集体+1，此时$f[i][j]+=f[i][j-i]$；

2.将$i$个数集体+1再在最前面加入一个1，此时$f[i][j]+=f[i-1][j-i]$；

3.考虑我们每次都让每个数+1，所以当$j>n$时会出现最后一项为$n+1$的情况，此时$f[i][j]-=f[i-1][j-n-1]$；

这样转移就可以了。

最后卷积卷出第$k$位的值就可以了。

代码：

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 1000000007;
const int N = 100050;
const int M = 450;
int fastpow(int x,int y)
{
int ret = 1;
while(y)
{
if(y&1)ret=1ll*ret*x%MOD;
x=1ll*x*x%MOD;y>>=1;
}
return ret;
}
template
inline void Mod(T&x){if(x>=MOD)x-=MOD;}
int n,m;
int jc[N<<1],jny[N<<1],f[M][N];
void init()
{
jc[0] = 1;
for(int i=1;i<=n+m;i++)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
jny[n+m] = fastpow(jc[n+m],MOD-2);
for(int i=n+m;i;i--)jny[i-1]=1ll*jny[i]*i%MOD;
}
int C(int x,int y){return 1ll*jc[x]*jny[y]%MOD*jny[x-y]%MOD;}

int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
init();
f[0][0] = 1;
for(int i=1;in)Mod(f[i][j]+=MOD-f[i-1][j-n-1]);
}
int ans = 0;
for(int i=0;i<=m;i++)
{
int tmp = 0;
for(int j=0;j<M;j++)
if(j&1)Mod(tmp+=MOD-f[j][i]);
else Mod(tmp+=f[j][i]);
Mod(ans+=1ll*tmp*C(n+m-i-1,n-1)%MOD);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}