hdu-4045 Machine scheduling

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4045  

/**************************************************************************************************************************************        题意：给你n台机器，选出r台，每两台之间相差要大于等于k，然后r台可以分成最多m组**                问有多少种方法。**        题解：首先从n里挑选r台，r台分成最多m组（Stirling第二类） 乘积即是答案；**                个人比较弱 orz ACM_clove大牛：http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7857785**                第一部分：首先每两个机器之前至少有K-1个间隔，那么如果还剩余一些位置，则把这些多余的插入到R个机器中。**                            那么剩余位置便是N-((R-1)*K+1),对于R个机器，R+1个位置，**                            接下来便是把N-((R-1)*K+1)分为R+1个集合(把r+1个空插入剩余的位置)，而且可以为空。**                            做法是添加R+1个物品，然后用插板法，这样保证 每一个集合都至少有一个，**                            然后再把每一个集合都减掉一个便是结果，最终结果便是C[n-((r-1)*k+1)+r+1-1][r]。应该比较好理解了。。。。。。**                第二部分：将R个元素最多分为M个集合，不为空的方案法。**                            对于R个元素分为i个集合结果是第二类斯特林数，然后再统计合计一下就OK了**************************************************************************************************************************************/#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;#define mod 1000000007LL C[2005][2005];LL stirling[2005][2005];void init(){    C[0][0] = 1;    for(int i = 1;i <= 2000;i++){        C[i][0] = C[i][i] = 1;        for(int j = 1;j < i;j++){            C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % mod;        }    }    stirling[0][0] = 1;    for(int i = 1;i <= 1000;i++){        stirling[i][i] = 1;        for(int j = 1;j < i;j++)            stirling[i][j] = (stirling[i-1][j-1] + j * stirling[i-1][j]) % mod;    }}int main(){    init();    LL n,r,k,m;    while(cin >> n >> r >> k >> m){        if(n - (r-1) * k + 1 < 0) {cout << 0 << endl;continue;}        LL sum = 0;        for(int i = 1;i <= min(r,m);i++)            sum = (sum + stirling[r][i]) % mod;        LL ans = C[n - ((r-1) * k + 1) + r + 1 - 1][r] * sum % mod;        cout << ans << endl;    }    return 0;}