模拟7题解 T2visit

T2 visit

[组合数学][中国剩余定理]

一场考试难得见两个数学题

本来想矩阵快速幂，显然空间复杂度不行，主要是没时间，就没打

正解：

首先推波式子

1.$C_{t}^{k}$    在t步中总共选出k步向上走，但最终只会走到m，到达m后，会又向下走k-m步，并会再向上走k-m步

2.$C_{t-k}^{k-m}$  在剩下的t-k步中选出向下走的k-m步

3. 先介绍一个小技巧：eg  10 分成两个数，使两数之和为10，之差为4，

　　　　　　　　　　       则大数（10+4）/2=7，小数（10-4）/2=3

　$C_{t-2k+m}^{\frac{t-2k+m+n}{2}}$    此时还剩t-k-(k-m)=t-2k+m 步，这些用来分给向左和右的步数，因为最终要向右到n

　　　　　　　　　　　　　 所以向右的总步数-向左的总步数=n，由以上技巧

　　　　　　    t-2k+m是和，n是差，相加再/2是就是向右的步数

　　　　　　　　　　　　　在$t-2k+m$中选出向右的$\frac{t-2k+m+n}{2}$步数

用向上，下，和左右的组合数相乘得到总步数

关键是k的范围：首先k>=m，否则上不去，

　　　　　　　　同理向右的$\frac{t-2k+m+n}{2}$>=n

　　　　　　　　联立解得$k\in[m,\frac{t+m-n}{2}]$

合起来：$\sum\limits_{k=m}^{\frac{t+m-n}{2}}(C_{t}^{k}\times C_{t-k}^{k-m}\times C_{t-2k+m}^{\frac{t-2k+m+n}{2}})$

如何实现？

1.对于mod是质数的情况，直接 预处理+lucas定理

2.若mod是由若干个质数相乘得到，将mod分解质因数，

对于每个质因子q[i]，原式对其取模得到的结果就是其余数，记做b[i]

那么问题就转化成了最终结果ans≡b[i](%p[i]) 在%mod情况下的线性同余方程组，用CRT求解即可

负数的情况变成正的来处理

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<vector>
 #define int long long
 using namespace std;
 const int maxn=;
 int t;
 vector<int>q;
 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
 {
     if(!b){x=,y=;return a;}
     int d=exgcd(b,a%b,x,y);
     int tmp=x;x=y;y=tmp-(a/b)*y;
     return d;
 }
 int b[maxn+];
 int crt(int mod)
 {
     int ans=;
     for(int i=;i<q.size();i++)
     {
         int tmp=mod/q[i],x,y;
         exgcd(tmp,q[i],x,y);
         ans=(ans+tmp*x*b[i])%mod;
     }
     return (ans%mod+mod)%mod;
 }
 int inv[maxn+],fac[maxn+];
 void init(int mod)
 {
     fac[]=fac[]=;
     inv[]=inv[]=;
     for(int i=;i<=t;i++)
     {
         fac[i]=fac[i-]*i%mod;
         inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
     }
     for(int i=;i<=t;i++)
         inv[i]=inv[i-]*inv[i]%mod;
 }
 int C(int n,int m,int mod)
 {
     if(m>n)  return ;
     return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
 }
 int lucas(int n,int m,int mod)
 {
     if(!m)    return ;
     return lucas(n/mod,m/mod,mod)*C(n%mod,m%mod,mod)%mod;
 }
 void divide(int n)
 {
     for(int i=;i<=sqrt(n);i++)
     {
         if(n%i)continue;
         q.push_back(i);
         n/=i;
     }
     if(n>)q.push_back(n);
 }
 signed main()
 {
     int ans=,n,m,mod;
     scanf("%lld%lld%lld%lld",&t,&mod,&n,&m);
     if(n<)n=-n;
     if(m<)m=-m;
     divide(mod);
     int st=m,en=(t+m-n)>>;
     if(q.size()==)
     {
         init(mod);
         for(int k=st;k<=en;k++)
             ans=(ans+lucas(t,k,mod)*lucas(t-k,k-m,mod)%mod*lucas(t-*k+m,(t-*k+m+n)>>,mod)%mod)%mod;
         printf("%lld\n",ans);
         return ;
     }
     for(int i=;i<q.size();i++)
     {
         init(q[i]);
         for(int k=st;k<=en;k++)
             b[i]=(b[i]+lucas(t,k,q[i])*lucas(t-k,k-m,q[i])%q[i]*lucas(t-*k+m,(t-*k+m+n)>>,q[i])%q[i])%q[i];
     }
     printf("%lld\n",crt(mod));
 }

“组合数取模”