[UOJ#275]【清华集训2016】组合数问题

最新推荐文章于 2021-11-10 07:54:00 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/7739481.html

本文介绍了一道关于组合数的问题，利用Lucas定理和数位DP的方法来解决如何计算特定条件下组合数为某质数k倍数的对数。文章给出了完整的代码实现。

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[UOJ#275]【清华集训2016】组合数问题

试题描述

组合数 \(C_n^m\) 表示的是从 \(n\) 个物品中选出 \(m\) 个物品的方案数。举个例子，从 \((1,2,3)\) 三个物品中选择两个物品可以有 \((1,2),(1,3),(2,3)\) 这三种选择方法。根据组合数的定义，我们可以给出计算组合数 \(C_n^m\) 的一般公式：

\begin{equation}
C_n^m=\frac{n!}{m!(n−m)!}
\notag
\end{equation}

其中 \(n!=1 \times 2 \times \cdots \times n\)。（额外的，当 \(n=0\) 时， \(n!=1\)）

小葱想知道如果给定 \(n,m\) 和 \(k\)，对于所有的 \(0 \le i \le n,0 \le j \le min(i,m)\) 有多少对 \((i,j)\) 满足 \(C_i^j\) 是 \(k\) 的倍数。

答案对 \(10^9+7\) 取模。

输入

第一行有两个整数 \(t,k\)，其中 \(t\) 代表该测试点总共有多少组测试数据。

接下来 \(t\) 行每行两个整数 \(n,m\)。

输出

\(t\) 行，每行一个整数代表所有的 \(0 \le i \le n,0 \le j \le min(i,m)\) 中有多少对 \((i,j)\) 满足 \(C_i^j\) 是 \(k\) 的倍数。

输入示例1

1 2
3 3

输出示例1

输入示例2

2 5
4 5
6 7

输出示例2

0
7

输入示例3

3 23
23333333 23333333
233333333 233333333
2333333333 2333333333

输出示例3

851883128
959557926
680723120

数据规模及约定

对于 \(20\texttt{%}\) 的测试点，\(1 \le n,m \le 100\)；

对于另外 \(15\texttt{%}\) 的测试点，\(n \le m\)；

对于另外 \(15\texttt{%}\) 的测试点，\(k=2\)；

对于另外 \(15\texttt{%}\) 的测试点， \(m \le 10\)；

对于 \(100\texttt{%}\) 的测试点， \(1 \le n,m \le 10^{18},1 \le t,k \le 100\)，且 \(k\) 是一个质数。

题解

千万不要忘了 \(k\) 是一个质数！！！

这题用 Lucas 定理，即 \(C_n^m\ mod\ p = C_{n\ mod\ p}^{m\ mod\ p} \cdot C_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\ mod\ p\)，那么就不难想到把 \(n\) 和 \(m\) 变成 \(k\) 进制数然后数位 dp 了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (t); i >= (s); i--)

LL read() {
    LL x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
    return x * f;
}

#define maxn 61
#define maxk 102
#define MOD 1000000007

int T, K, C[maxk][maxk];

struct Num {
    LL val;
    int num[maxn], cntn;
    Num() {}
    Num(LL _): val(_) {
        memset(num, 0, sizeof(num));
        cntn = 0;
        LL x = val;
        while(x) num[cntn++] = x % K, x /= K;
//      for(int i = 0; i < (cntn >> 1); i++) swap(num[i], num[cntn-i-1]);
    }
} N, M;
int f[maxn][2][2][2][2];
void add(int& a, int b) {
    a += b;
    if(a >= MOD) a -= MOD;
    return ;
}
void dp() {
    /* _a: whether a equals N.val right now
     * _b: whether b equals M.val right now
     * _lab: whether a equals b before
     * _zero: whether the result(mod K) is already zero
    */
    rep(n, 0, N.cntn - 1)
        rep(_a, 0, 1) rep(_b, 0, 1) rep(_ab, 0, 1) rep(_zero, 0, 1)
            rep(a, 0, _a ? N.num[n] : K - 1) rep(b, 0, min(_b ? M.num[n] : K - 1, _ab ? a : K - 1))
                if(!n) add(f[n][_a][_b][_ab][_zero], _zero | !C[a][b]);
                else add(f[n][_a][_b][_ab][_zero], f[n-1][_a&a==N.num[n]][_b&b==M.num[n]][_ab&a==b][_zero|!C[a][b]]);
    return ;
}

int main() {
    T = read(); K = read();
    for(int i = 0; i < K; 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];
            if(C[i][j] >= K) C[i][j] -= K;
        }
    }
    while(T--) {
        N = Num(read());
        M = Num(min(read(), N.val));
        memset(f, 0, sizeof(f));
        dp();
        printf("%d\n", f[N.cntn-1][1][1][1][0]);
    }
    
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/7739481.html