BZOJ4403 序列统计—Lucas你好

　　绝对是全网写的最详细的一篇题解(因为我弱) 

　　题目：序列统计　　代码难度：简单　　思维难度：提高+—省选

　　讲下题面：给定三个正整数N、L和R，统计长度在1到N之间，元素大小都在L到R之间的单调不降序列的数量。输出答案对10^6+3取模的结果。

　　。。。　　　　防

　　。。。　　　　蒯

　　。。。　　　　神

　　。。。　　　　器

　　好了，把我的做题思路说说。

　　首先我们可以看出，L和R的具体值是没有卵用的，你只需要知道它们的差+1，记为m。同时T<=100也意味着各组询问之间应该并没有关系。

　　然后我们会想到，这肯定不能一步出解(事实证明我被打脸了)。然后我们来找，对于条件(i,m)，它的解是怎么来的。

　　长度为i，备选数的值域(下面就叫做值数)有m个的单调不下降序列有多少个呢？

　　这么一想不是很好想出来。那么我们想，如果把相同的数归入一个集合，或者叫抽屉，给它们以里面的数的代数值为编号，这个序列就可以看成一段段连续的抽屉，且它们的编号成递增。

　　问题是不是可以抽象成：我有m个有编号的抽屉，要把i个相同的苹果放进去，问有多少种方法？

　　此时问题已经渐渐清晰成具体模型了，但对于有些人(such as me)来说还是很玄学。于是我们再看看。

　　上面那个问题下，抽屉是不动物体。现在我们把苹果当成不动物体看看：

　　有i个苹果，要把它们分成至多m个区间，有多少种方法？

　　这个时候千万不要想复杂了。对于这个问题，如果我们不局限于单个的i和m，而是把它们巧妙转化，整合在一起的话——

　　有i个苹果，m-1个挡板。我们要在苹果中间插入挡板(也可以是最两侧),有多少种方法？

　　换言之——

　　有m+i-1个位子，你要在里面放m-1个挡板，有多少种放法？

　　那么就是显然的组合数学！C(i+m-1,m-1)！

　　那么我们知道(i,m)的答案就是C(i+m-1,m-1)。

　　那么答案就是sigma(i from 1 to n)C(i+m-1,m-1)；

　　然而这是会T的复杂度。我们画出杨辉三角(或者根本不用画)，就能发现它是在三角上的一条向左下倾斜的线。那么优化就顺(sang)理(xin)成(bing)章(kuang)了：

　　在右上角加一个C(m,m)，根据杨辉三角的特点，我们可以一路消掉，一直到C(N+M,M)；

　　因为我们之前加上了C(M,M),所以答案要减一。Ans=C(N+M,M)-1；正面肛Lucas定理。

　　介绍一下Lucas定理:C(N,M)%P=Lucas(N,M,P)=C(N%P,M%P)*Lucas(N/P,M/P,P);

　　逆元和阶乘预处理一下就好了。

　　

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
#define MID int mid=(l+r)>>1
using namespace std;
const LL Mod = 1000003;
LL cmod[Mod],A[Mod],J[Mod],n,m;
LL gi()
{
  LL x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
LL C(LL N,LL M,LL P)
{
  if(M>N)return 0ll;
  LL ans=J[N];
  ans=ans*A[J[N-M]]%P;
  ans=ans*A[J[M]]%P;
  return ans;
}
LL Lucas(LL N,LL M,LL P)
{
  if(M==0)return 1ll;
  if(N<P&&M<P)return C(N,M,P);
  LL c=C(N%P,M%P,P);  if(!c)return 0ll;
  LL L=Lucas(N/P,M/P,P);return (c*L)%P;
}
int main()
{
  int T=gi();J[0]=A[1]=J[1]=1;
  for(LL i=2;i<Mod;++i)A[i]=((Mod-Mod/i)*A[Mod%i])%Mod;
  for(LL i=2;i<Mod;++i)J[i]=(J[i-1]*i)%Mod;
  while(T--)
    {
      n=gi();m=(gi()-gi());m=-m+1;
      printf("%lld\n",(Lucas(n+m,n,Mod)-1+Mod)%Mod);
    }
  return 0;
}