OICamp 2016 Day2 路径数

题目大意

给定$n,m,q,p$，令
$c[i][j] = (q^j \times c[i-1][j] + c[i][j-1]) \bmod{p}$
假如$i=0$或$j=0$，$c[i][j]=1$。
求出$c[n][m]$

数据范围

$n,m,q \leq 10^9$
$p \leq 2*10^5$
$(q,p)=1$且$q,p$均为质数。
$T$组$n,m$，满足$T \leq 10^5$

题解

首先这东西叫q-Binomial Coefficient，查阅相关资料后可以知道，

$$\begin{aligned} c[n][m] &= \frac{F(n+m)}{F(m)\times F(n)}\\ F(n)&=\prod_{i=1}^n (q^i - 1) \end{aligned}$$
那么现在的问题基本可以变成，给定 $n$，求$F[n]$。
令 $a$为最小的$k$，使得 $q^k \bmod {p} = 1$，接下来我们可以进行一些化简：
$$\begin{aligned} F(n) &= \prod_{i=1}^n (q^i - 1) \\ &= \prod_{a|i}^n (q^i - 1) \times \prod_{a \nmid i}^n (q^i - 1) \\ &= \prod_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor} (q^{ia}-1) \times \left(\prod_{i=1}^{a-1} q^i - 1\right)^{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor} \times \prod_{i=0}^{n \bmod {a}} q^i - 1 \end{aligned}$$
对于后两项可以直接预处理，现在的问题是怎么求第一项：
$$\begin{aligned} &\prod_{i=1}^n (q^{ia}-1) \\ &= \prod_{i=1}^n (q^a-1)\times\left(\sum_{j=0}^{i-1} q^{ja}\right) \\ &= (q^a-1)^n \prod_{i=1}^n \left(\sum_{j=0}^{i-1} q^{ja}\right) \end{aligned}$$
这里需要注意，在实际求的时候，我们需要另外记一个变量x表示最终要乘上(q^a-1)^x，不能直接乘上去，因为会变成0而导致最终没有逆元，但实际上可能分数上下消掉。
接下来的问题变成求第二项：
$$\begin{aligned} &\prod_{i=1}^n \left(\sum_{j=0}^{i-1} q^{ja}\right) \\ &=\left(\prod_{p \nmid i}^n i\right) \times \prod_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor} \left(\sum_{j=0}^{ip-1} p^{ja}\right) \\ &=\left(\prod_{p \nmid i}^n i\right) \times \left(\sum_{i=0}^{p-1} q^{ia}\right)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \times \prod_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \left(\sum_{j=0}^{i-1} q^{ja}\right)\\ \end{aligned}$$
这里对第二项的处理方法和 $(q^a - 1)^x$相同，就是另外记一个变量 $y$表示最后要乘上$(\sum_{i=0}^{p-1} q^{ia})^y$，第一项就和一开始的处理方法相同，预处理一些东西就好了，第三项是类似的子问题，递归求解。

于是这题就以$O(p + T\log p)$的复杂度解决了。