[AH2017/HNOI2017]抛硬币

一、题目

点此看题

二、解法

前置芝士：范德蒙德卷积：
$$C(n+m,k)=\sum _{i=0}^{k}C(n,i)C(m,k-i)$$这道题的暴力算式是很好写的，但是优化不动，因为用不到$a-b\le 10000$，从最简单的情况考虑：

部分分：a=b

此时$a,b$公平竞争，对于$a$赢着的情况，一定严格对应一种$a$输着的情况（把他们的输赢情况反转），那么我们考虑算出他们平局的情况，用所有情况减去除$2$即是答案，平局算式如下：
$$\sum _{i=0}^{a}C(a,i{)}^2=\sum _{i=0}^{a}C(a,i)C(a,a-i)=C(2a,a)$$所以答案是：
$$\frac{2^{a+b}-C(2a,a)}{2}$$a>b

有点难，按照部分分的对应法则我们发现有些$a$赢的情况反转时候还是赢的，我们称这种现象叫不对称，记对称的方案数是$S_1$，不对称的方案数是$S_2$，则有这样的关系：
$$S_1+S_2=2^{a+b},ans=\frac{S_1}{2}+S_2$$我们只需要求出其中一个就行了，求对称的只能暴力，所以我们去算$S_2$，我们考虑此时满足什么样的关系，用形式上的表达，记$|a|$是$a$的$1$个数，$|b|$是$b$的$1$个数：
$$|a|>|b|,a-|a|>b-|b|$$也就是$a-b>|a|-|b|$，这时候出现了$a-b$就很舒服了，盯准它，枚举$|b|$和$|a|-|b|$：
$$S_2=\sum _{i=0}^{b}C(b,i)\sum _{j=1}^{a-b-1}C(a,i+j)$$$$\sum _{j=1}^{a-b-1}\sum _{i=0}^{b}C(b,b-i)C(a,i+j)$$$$\sum _{j=1}^{a-b-1}C(a+b,b+j)$$然后用算出上式这道题就结束了，模数其实是$1e9$，非质数，考虑扩展卢卡斯，$10^9=2^9{5}^9$，对两个质数次幂做卢卡斯然后$\mathtt{c}\mathtt{r}\mathtt{t}$合并就行了，需要预处理对于质因子$2$和$5$的阶乘，算卢卡斯就可以$O({\log }^2)$了（需要快速幂）

还有问题，最后的除$2$怎么解决，$2$的次幂可以直接搞指数，对于我们算的组合数由于是杨辉三角上的$1$行，具有其对称性，只用算一边就可以了，而如果$a+b$是偶数$C(a+b,(a+b)/2)$没有配对的，把他化到上一行变成$C(a+b-1,(a+b)/2)$就行了。还有一种方法就是把模数变成$2e9$最后就可以直接除$2$了。

#include <cstdio>
const int p = 1e9;
#define int long long
int read()
{
    int num=0,flag=1;char c;
    while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
    while(c>='0'&&c<='9')num=(num<<3)+(num<<1)+(c^48),c=getchar();
    return num*flag;
}
int n,m,a,b,k,y[20],mod[2]={512,1953125},bs[2]={2,5},fac[2][2000000];
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b){x=1;y=0;return ;}
	exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);
}
int inv(int v,int p)
{
	int x,y;exgcd(v,p,x,y);
	return (x%p+p)%p;
}
int qkpow(int a,int b,int p)
{
	int r=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) r=r*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
int fuck(int n,int t)
{
	if(!n) return 1;
	return qkpow(fac[t][mod[t]-1],n/mod[t],mod[t])
	*fac[t][n%mod[t]]%mod[t]*fuck(n/bs[t],t)%mod[t];
}
int L(int n,int m,int t)
{
	int ind=0;
	for(int i=n;i;i/=bs[t]) ind+=i/bs[t];
	for(int i=m;i;i/=bs[t]) ind-=i/bs[t];
	for(int i=n-m;i;i/=bs[t]) ind-=i/bs[t];
	if(ind>=9) return 0;
	int x=fuck(n,t),y=fuck(m,t),z=fuck(n-m,t);
	return x*inv(y,mod[t])%mod[t]*inv(z,mod[t])%mod[t]*qkpow(bs[t],ind,mod[t])%mod[t];
}
void pr(int x)
{
	for(int i=1;i<=k;i++,x/=10) y[i]=x%10;
	for(int i=k;i>=1;i--) printf("%lld",y[i]);
	puts("");
}
signed main()
{
	fac[0][0]=fac[1][0]=1;
	for(int i=1;i<mod[0];i++)
		fac[0][i]=(i%2)?i*fac[0][i-1]%mod[0]:fac[0][i-1];
	for(int i=1;i<mod[1];i++)
		fac[1][i]=(i%5)?i*fac[1][i-1]%mod[1]:fac[1][i-1];
	while(~scanf("%lld %lld %lld",&a,&b,&k))
	{
		int r2=0,r5=0;
		if(a==b)//求C(2a,a) 
		{
			r2=L(2*a-1,a,0);r5=L(2*a-1,a,1);
			r2=r2*mod[1]%p*inv(mod[1],mod[0])%p;
			r2=(r2+r5*mod[0]%p*inv(mod[0],mod[1])%p)%p;
			pr((qkpow(2,a+b-1,p)-r2+p)%p);
		}
		else
		{
			if((a+b)%2)//对称，算一边 
			{
				for(int i=b+1;i<=(a+b)/2;i++) r2=(r2+L(a+b,i,0))%p;
				for(int i=b+1;i<=(a+b)/2;i++) r5=(r5+L(a+b,i,1))%p;
				r2=r2*mod[1]%p*inv(mod[1],mod[0])%p;
				r2=(r2+r5*mod[0]%p*inv(mod[0],mod[1])%p)%p;
				pr((qkpow(2,a+b-1,p)+r2)%p);
			}
			else//单独算C(a+b,(a+b)/2) 
			{
				for(int i=b+1;i<(a+b)/2;i++) r2=(r2+L(a+b,i,0))%p;r2=(r2+L(a+b-1,(a+b)/2,0))%p;
				for(int i=b+1;i<(a+b)/2;i++) r5=(r5+L(a+b,i,1))%p;r5=(r5+L(a+b-1,(a+b)/2,1))%p;
				r2=r2*mod[1]%p*inv(mod[1],mod[0])%p;
				r2=(r2+r5*mod[0]%p*inv(mod[0],mod[1])%p)%p;
				pr((qkpow(2,a+b-1,p)+r2)%p);
			}
		}
	}
}