bzoj4830/洛谷P3726 抛硬币扩展Lucas_洛谷p3726题解-优快云博客

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本文详细解析了一种特定的硬币翻转博弈问题，针对不同情况（如A和B抛掷次数相等或不等）给出了具体的数学模型及算法实现。利用组合数和扩展Lucas定理来计算各种可能的胜负方案，并通过优化技术提高算法效率。

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题目分析

首先考虑a=b的情况，那么对于一种B获胜的方案序列（比如二人都抛3次，A第三次正面朝上，B第一次和第二次正面朝上，序列就是001110），将每一位都异或1，就变成了A获胜的，当然，还要减去平局（每一种平局将后半部分反序，一共有 $a$ 个1，所以平局数是 $C_{a+b}^a$ ），所以答案就是 $2a+b−Ca+ba2\frac{2^{a+b}-C_{a+b}^a}{2}$

考虑a>b的情况，同样，一种B获胜的方案序列每一位都异或1。不过，由于A同学可以抛的硬币数量比较多，所以可以凭数量取胜，还会出现方案序列是A获胜，将每一位异或1后还是A获胜的序列。这样的序列假设b正面朝上i次，a比b多正面朝上j次，就应该满足 $b - i < a - i - j$ ，种类数就是 $∑i=0b∑j=1a−b−1CbiCai+j=∑i=0b∑j=1a−b−1Cbb−iCai+j\sum_{i=0}^b\sum_{j=1}^{a-b-1}C_b^{i}C_a^{i+j}=\sum_{i=0}^b\sum_{j=1}^{a-b-1}C_b^{b-i}C_a^{i+j}$

那么我们可以这么看这个式子：我们在a+b个数组成的序列中选择 $b + j$ 个元素变成1，然后其中在前b个元素中的1的个数就正好能完成那个和 $i$ 有关的枚举。所以：

$∑i=1a−b−1Ca+bb+i\sum_{i=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+i}$

答案就是（至于平局？平局取反就变成有人赢了的情况了）：

$2a+b+∑i=1a−b−1Ca+bb+i2\frac{2^{a+b}+\sum_{i=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+i}}{2}$

于是就用扩展Lucas算吧。

可是这题比较卡常。首先是要预处理阶乘。然后，在杨辉三角中，组合数具有对称性，所以计算组合数只用算一半。再加上标记处的优化，就能够通过这道题。

至于如何除以2，在扩展Lucas的计算过程中处理一下即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector") //在bzoj上不能用
#define Res register
typedef long long LL;
LL a,b,K,mod,ans,k2,k5,fac[2][2000005];
inline LL ksm(LL x,LL y,LL p) {
	LL re=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%p) if(y&1) re=re*x%p;
	return re;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) {
	if(!b) {x=1,y=0;return;}
	exgcd(b,a%b,x,y);LL tmp=x;
	x=y,y=tmp-(a/b)*y;
}
LL ny(LL a,LL p) {
	Res LL x,y; exgcd(a,p,x,y);
	return (x%p+p)%p;
}
LL mul(LL x,int p,LL pk) {
	if(!x) return 1;
	Res LL re=fac[p!=2][pk];
	re=ksm(re,x/pk,pk)*fac[p!=2][x%pk]%pk;
	return re*mul(x/p,p,pk)%pk;
}
LL C(LL d,LL u,int p,LL pk,bool bj) {
	if(d<u) return 0;
	LL js=0;
	for(Res LL i=d;i;i/=p) js+=i/p;
	for(Res LL i=u;i;i/=p) js-=i/p;
	for(Res LL i=d-u;i;i/=p) js-=i/p;
	if(p==2&&bj) --js;//除以2
	if(js>=K) return 0;//优化效果非常明显
	LL s1=mul(d,p,pk),s2=mul(u,p,pk),s3=mul(d-u,p,pk);
	Res LL re=ksm(p,js,pk)*s1%pk*ny(s2,pk)%pk*ny(s3,pk)%pk;
	if(p==5&&bj) re=re*ny(2,pk)%pk;//除以2
	return re*(mod/pk)%mod*ny(mod/pk,pk)%mod;//中国剩余定理
}
void init(int p,LL pk) {
	fac[p!=2][0]=1;
	for(Res int i=1;i<=pk;++i)
		if(i%p) fac[p!=2][i]=fac[p!=2][i-1]*i%pk;
		else fac[p!=2][i]=fac[p!=2][i-1];
}
LL lucas(LL d,LL u,bool bj) {return (C(d,u,2,k2,bj)+C(d,u,5,k5,bj))%mod;}
int main()
{
	init(2,512),init(5,1953125);//预处理阶乘
	while(~scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&K)) {
		mod=ksm(10,K,1e9+5),k2=ksm(2,K,1e9+5),k5=ksm(5,K,1e9+5);
		if(a==b) ans=(ksm(2,a+b-1,mod)-lucas(a<<1,a,1)+mod)%mod;
		else {
			ans=ksm(2,a+b-1,mod);
			for(Res LL i=(a+b)/2+1;i<a;++i) ans+=lucas(a+b,i,0),ans%=mod;
			//组合数具有对称性，只用算一半
			if((a+b)%2==0) ans+=lucas(a+b,(a+b)/2,1),ans%=mod;
		}
		while(ans<mod/10) putchar('0'),mod/=10;
		printf("%lld\n",ans);
	}
    return 0;
}