题解-HNOI2017 抛硬币

Problem

loj2023

题意概述：甲抛掷 \(a\) 次硬币，乙抛掷 \(b\) 次硬币，问有多少种情况甲正面向上的次数比乙多，答案对 \(10^k\) 取模

对于 \(10\%\) 的数据，\(a,b\le 20\)；

对于 \(30\%\) 的数据，\(a,b\le 100\)；

对于 \(70\%\) 的数据，\(a,b\le 100000\)，其中有 \(20\%\) 的数据满足 \(a=b\)；

对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le a,b\le {10}^{15}, b\le a\le b+10000, 1\le k\le 9\)，数据组数小于等于 \(10\)

10分

枚举俩人的抛掷方式，存下来合并后统计（没有存在的意义） \(O(2^a+2^b+ab)\)

30分

\(\sum_{i=1}^a\binom ai\sum_{j=0}^{\min(b,i-1)}\binom bj\)，组合数需预处理 \(O(ab)\)

+20分

由于整个游戏是绝对公平的，即甲赢的概率与乙相当，考虑所有情况减去平局再除以\(2\)，得到 \(\frac {2^{a+b}-\sum_{i=0}^a\binom ai^2}2=\frac {2^{a+b}-\binom {2a}a}2\)

70分

考虑预处理 \(f(i)=\sum_{j=0}^{\min(b,i-1)}\binom bj\)，再枚举 \(i\) 求和 \(O(a+b)\)

（+20分与70分部分由于模数非质数则需crt或将阶乘拆解成\(k\cdot 2^x\cdot 5^y\)的形式进行模拟除法）

100分

由+20做法可扩展，只需再加上甲赢且对称局面乙赢不了的情况再整体除以\(2\)即可，关键在于求新加的这个东西

设甲抛掷 \(a\) 次，得 \(x\) 次正面；乙抛掷 \(b\) 次，得 \(y\) 次正面

则当前情况甲赢，且对称情况乙赢不了（对称情况可以是平局）可以列出式子

\[\begin{cases}
x>y\\
a-x\geq b-y
\end{cases}
\]

已知 \(a,b\)，解出 \(0<x-y\leq a-b\)，则这一部分的答案已经可以表示为

\[\sum_{y=0}^b\sum_{x=y+1}^{y+(a-b)}\binom ax\binom by
\]

由于 \(a,b\) 都很大，但 \(a-b\leq 10^4\)，从此入手，将其提出来

\[\sum_{t=1}^{a-b}\sum_{y=0}^b\binom a{y+t}\binom by
\]

考虑之前+20的做法中\(\sum\binom ai^2=\sum\binom ai\binom a{a-i}=\binom {2a}a\)，这里后面\(\sum \binom a{y+t}\binom by=\sum \binom a{y+t}\binom b{b-y}=\binom {a+b}{(y+t)+(b-y)}=\binom {a+b}{b+t}\)

则后面答案为 \(\sum_{t=1}^{a-b}\binom {a+b}{b+t}\)

则整体答案为

\[\frac {2^{a+b}-\binom {2a}a+\sum_{t=1}^{a-b}\binom{a+b}{b+t}}2
\]

由于需要模合数，需要使用\(\mathsf {exLucas}\)解决……

至于如何除以 \(2\)，可以将模数翻倍，最后直接除以 \(2\)

然后就TLE爆零了 分数不如暴力70，除此之外，还需要注意一些卡常技巧（从\(60s+\)到\(3s\)的华丽蜕变)

模数优化

由于模数只能是\(10^k\)，所以可以考虑只模\(10^9\)，最后再模\(10^k\)，可以保证模数唯一，从而预处理模数的质因子分解

模数的质因子只有 \(2\) 和 \(5\)，可以储存下来，对应的 \(p^k\) 分别为 \(2^{10},5^9\)

（到这里能拿 \(30\) 分啦）

调用优化

（优化效果特明显）

将两个模数开两个namespace，每个namespace内部由于模数相等，不需要传递模数

（到这里能拿 \(70\) 分啦）

组合数

由于 \(\binom nm = \binom n{n-m}\)

而得到的式子 \(\sum_{t=1}^{a-b}\binom{a+b}{b+t}\) 中以 \(\frac {a+b}2\) 为中心轴，两侧组合数对称，只要算一半即可（中间值特判一下）

Fac优化

由于每次询问的组合数下标都是 \(a+b\)，所以可以在每组数据中预处理出 \(Fac(a+b)\)，就不用每次重新调用了

预处理

\(p^k\)以内除去\(p\)的阶乘 是可以预处理的，同样 \(p^k\) 也是可以预处理的

至于是否要预处理所有 除去 \(p\) 的阶乘，由于询问次数较少，预处理耗时不比直接询问快

（到这里能拿 \(100\) 分啦）

玄学优化

（优化效果最明显）

若在函数 C(ll n,ll m,ll pi,ll pk)中，算出的 \(k\) 若比 \(pk\) 的幂次大，则直接返回 0ll

HN的题真毒，考场上遇到这题还是不要写正解，写了也被卡常

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int p = 2e9;
const int pw2 = 1024;
const int pw5 = 1953125;

int fac[2][pw5+2];
int Pw [2][pw5+2];

void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y){
	if(!b){x = 1, y = 0; return ;}
	exgcd(b,a%b,y,x); y -= a/b*x;
}

inline ll inv(ll n,ll mod){
	ll x,y; exgcd(n,mod,x,y);
	return (x+mod)%mod;
}

namespace Lucas2{
	const int pi = 2;
	const int pk = pw2;
	ll k_n;int Fac_n;

	inline ll inv(ll n){ll x,y; exgcd(n,pk,x,y);return (x+pk)%pk;}
	inline ll qpow(ll A,ll B){ll res(1ll);while(B){if(B&1)res=res*A%pk;A=A*A%pk,B>>=1;}return res;}

	ll Fac(ll n){
		if(!n) return 1ll;
		ll res = 1ll;
		res = fac[0][pk];
		res = qpow(res,n/pk);
		res = res * fac[0][n%pk]%pk;
		return res * Fac(n/pi)%pk;
	}

	inline ll C(ll n,ll m){
		ll k = k_n;
		for(ll i = m; i; i/=pi) k -= i/pi;
		for(ll i=n-m; i; i/=pi) k -= i/pi;
		if(k>=10) return 0ll;
		ll d0 = Fac_n;
		ll d1 = Fac(m);
		ll d2 = Fac(n-m);
		return d0 * inv(d1)%p * inv(d2)%p * Pw[0][k]%pk;
	}

	inline ll CRT(ll b){return b * inv(p/pk)%p * (p/pk)%p;}

	inline void pre(ll n){
		Fac_n = Fac(n),k_n = 0ll;
		for(ll i = n; i; i/=pi)k_n += i/pi;
	}
}

namespace Lucas5{
	const int pi = 5;
	const int pk = pw5;
	ll k_n;int Fac_n;

	inline ll inv(ll n){ll x,y; exgcd(n,pk,x,y);return (x+pk)%pk;}
	inline ll qpow(ll A,ll B){ll res(1ll);while(B){if(B&1)res=res*A%pk;A=A*A%pk,B>>=1;}return res;}

	ll Fac(ll n){
		if(!n) return 1ll;
		ll res = 1ll;
		res = fac[1][pk];
		res = qpow(res,n/pk);
		res = res * fac[1][n%pk]%pk;
		return res * Fac(n/pi)%pk;
	}

	inline ll C(ll n,ll m){
		ll k = k_n;
		for(ll i = m; i; i/=pi) k -= i/pi;
		for(ll i=n-m; i; i/=pi) k -= i/pi;
		if(k>=9) return 0ll;
		ll d0 = Fac_n;
		ll d1 = Fac(m);
		ll d2 = Fac(n-m);
		return d0 * inv(d1)%p * inv(d2)%p * Pw[1][k]%pk;
	}

	inline ll CRT(ll b){return b * inv(p/pk)%p * (p/pk)%p;}

	inline void pre(ll n){
		Fac_n = Fac(n),k_n = 0ll;
		for(ll i = n; i; i/=pi)k_n += i/pi;
	}
}

ll exLucas(ll n,ll m){
	ll res = 0ll;
		res += Lucas2::CRT(Lucas2::C(n,m));
		res += Lucas5::CRT(Lucas5::C(n,m));
	return res%p;
}

char ss[10];
void print(int x,int pp){
	x%=(int)pow(10,pp);
	ss[0] = '%', ss[1] = '0';
	sprintf(ss+2,"%dd\n",pp);
	printf(ss,x);
}

void prework(int a,int b){
	int*arr=fac[a==5];
	int*trr= Pw[a==5];
	arr[0]=trr[0]=1;
	for(int i=1;i<=b;++i){
		trr[i] = (ll)trr[i-1]*a%b;
		arr[i] = arr[i-1];
		if(i%a)arr[i]=(ll)arr[i]*i%b;
	}
}

inline ll qpow(ll A,ll B){
	ll res(1ll);while(B){
		if(B&1) res = res*A%p;
		A = A*A%p, B>>=1;
	}return res;
}

int main(){
	ll a,b;int pp;
	prework(2,pw2);
	prework(5,pw5);
	while(~scanf("%lld%lld%d",&a,&b,&pp)){
		ll res = qpow(2,a+b);
		Lucas2::pre(a+b);
		Lucas5::pre(a+b);
//		res = (res - exLucas(a+b,a)+p)%p;
//		for(int i=1;i<=a-b;++i)	res = (res + exLucas(a+b,b+i))%p;
		if(a == b){
			res = (res - exLucas(a+b,a)+p)%p;
			print(res>>1,pp); continue;
		}
		for(ll i=(a+b-1>>1);i!=b;--i)
			res = (res + 2ll*exLucas(a+b,i))%p;
		if(0 == ((a+b)&1))
			res = (res + exLucas(a+b,a+b>>1))%p;
		print(res>>1,pp);
	}
	return 0;
}