UOJ 275. 【清华集训2016】组合数问题

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)(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_m^n$的一般公式：

\[C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}
\]

其中 $n!=1×2×⋯×n$。（额外的，当 n=0n=0 时， n!=1n!=1）

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

答案对 $10^9+7$ 取模。

输入格式

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 $n,m$。

输出格式

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

限制与约定

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

$\\$

首先考虑使用卢卡斯定理：

\[\text{Lucas}(n,m)\bmod k=\text{Lucas}(\frac{n}{k},\frac{m}{k})\cdot\binom{n\%k}{m\%k}\bmod k
\]

迭代过程中只要有一位上的$\binom{n\%k}{m\%k}=0$那么最后的组合数就是$k$的倍数。当$n<k,m<k$时，只有$n<m$的情况下：$\binom{n}{m}=0$。

我们将$n,m$写成$k$进制的数，然后做数位$DP$。先不考虑$j\leq i$的限制的话要好做一些，然后在减掉$j>i$的情况（这部分显然为0）就好了。

代码（小心爆$long\ long$）：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

inline ll Get() {ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const ll mod=1e9+7;

ll n,m,k;

ll A[100],B[100];

int d;

#define pr pair<ll,ll>

#define mp(a,b) make_pair(a,b)

pr f[100][2][2];

pr dfs(int v,int flag1,int flag2) {

	if(v<0) return mp(0,1);

	if(f[v][flag1][flag2].first!=-1) return f[v][flag1][flag2];

	int u1=(!flag1)?k-1:A[v],u2=(!flag2)?k-1:B[v];

	ll ans0=0,ans1=0;

	pr now;

	for(int i=0;i<=u1;i++) {

		for(int j=0;j<=u2;j++) {

			now=dfs(v-1,flag1&&i==u1,flag2&&j==u2);

			if(i<j) {

				(ans0+=1ll*now.first+now.second)%=mod;

			} else {

				(ans0+=now.first)%=mod;

				(ans1+=now.second)%=mod;

			}

		}

	}

	f[v][flag1][flag2]=mp(ans0,ans1);

	return mp(ans0,ans1);

}

ll cal(ll l,ll r) {return 1ll*(l+r)*(r-l+1)/2%mod;}

int main() {

	int T=Get();

	k=Get();

	while(T--) {

		n=Get(),m=Get();

		d=0;

		ll mx=max(n,m);

		while(mx) {

			d++;

			mx/=k;

		}

		d--;

		ll x=n;

		for(int i=0;i<=d;i++) {

			A[i]=x%k;

			x/=k;

		}

		x=m;

		for(int i=0;i<=d;i++) {

			B[i]=x%k;

			x/=k;

		}

		for(int i=0;i<=d;i++)

			for(int a=0;a<=1;a++)

				for(int b=0;b<=1;b++) f[i][a][b]=mp(-1,-1);

		pr ans=dfs(d,1,1);

		ans.first=(ans.first-cal(max(1ll,m-n)%mod,m%mod)+mod)%mod;

		cout<<ans.first<<"\n";

	}

	return 0;

}