HDOJ 4869 Turn the pokers

题意：

    有m张扑克，开始时全部正面朝下，你可以翻n次牌，每次可以翻xi张，翻拍规则就是正面朝下变背面朝下，反之亦然，问经过n次翻牌后牌的朝向有多少种情况。

    题目要求的是n次翻牌后可能出现的情况总数，不是 翻每t张牌后的情况总数，此外，每次翻n张牌是指不 同的n张牌。

分析：

    每张牌翻奇数次必然是正面朝上，翻偶数次则还是正面朝下，（1表示正面朝上，0代表反面朝上），可以这样理解：翻牌的时候可能会出现一张被翻多次的情况，

    这样就会出现1的最少情况和出现的最多情况，可以根据n次翻牌的个数找出1的下限l和上限r，然后再在这个范围里用组合数学就行了，最后的答案就为C(n,L)+C(n,L+2)+C(n,L+4)+......C(n,R)，

    最后要取模1e9+7。（C(n,m)为n个数中取m个的组合数）

 

注意到这道题数据很大，C(n， m) = n!/(m!*(n-m)!)，

除法运算变得不合适。

 

由费马小定理 a^(p-1) = 1%p，

那么，a^(p-2) = 1/a%p，利用这个公式，

得到1/(m!*(n-m)!) = (m!*(n-m)!)^(p-2) mod p，

即C(n, m) = n!*(m!*(n-m)!)^(p-2) mod p，

这样就可以变除为乘。(也可以用求逆元 ing…)

 

求(n-m)!)^p-2 mod p中用快速幂简化运算。

例如算a^11,将a¹¹转化为算 a^(2^0)*a^(2^1)*a^(2^3)变成3个式子的

的乘积而不是11个a的乘积

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <limits.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod= 1000000009;
ll n,m;
ll c[100006];
void init()
{
    c[0]=1;
    for(int i=1;i<=100005;i++)
    {
        c[i]=i*c[i-1]%mod;
        //printf("c[%d]=%d\n",i,c[i]);
    }
}
ll quickmod(ll a,ll b)//计算a^b%mod
{
    ll s=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            s=s*a%mod;
        }
        a = ((a%mod)*(a%mod))%mod;
        b>>=1;
    }
    return s;
}
ll C(ll n,ll k)//计算c(n,m)
{
    return c[n]*quickmod(c[k]*c[n-k]%mod,mod-2)%mod;
}
int main()
{
    init();
    while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&m))
    {
        int p,pl,pr,l,r;
        l=r=0;
        pl=pr=0;
        while(n--)
        {
            scanf("%d",&p);
            if(p<l)//计算出1出现的最小数，和出现的最大数
            {         //需要分情况讨论
                pl=l-p;
            }
            else if(p<=r)
            {
                if((r-p)&1)
                    pl=1;
                else
                    pl=0;
            }
            else
            {
                pl=p-r;
            }

            if(p+l>=m)
            {
                pr=2*m-(p+l);
            }
            else if(p+r<m)
                pr=p+r;
            else
                pr=m;
            l=pl;r=pr;
            //printf("pl=%d pr=%d\n",pl,pr);
        }
        ll ans=0;

        for(int i=pl;i<=pr;i+=2)
        {
            ans+=C(m,i);
            ans%=mod;
        }
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}