Solution -「SP 106」BINSTIRL

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求 \(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\bmod2\)

Solution

求

\[\begin{aligned}
\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\bmod2
&=\left(\begin{Bmatrix}n-1 \\ m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1 \\ m\end{Bmatrix}\right)\bmod2 \\
&=\begin{cases}
\begin{Bmatrix}n-1 \\ m-1\end{Bmatrix}\bmod2,m\equiv0\space(\operatorname{mod}2) \\
\left(\begin{Bmatrix}n-1 \\ m-1\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1 \\ m\end{Bmatrix}\right)\bmod2,m\equiv1\space(\operatorname{mod}2)
\end{cases}
\end{aligned}
\]

\(m\equiv1\space(\operatorname{mod}2)\) 的情况为组合数的递推。

转化一下，把填表转移换成刷表，即

• 当 \(m\equiv0\space(\operatorname{mod}2)\) 时，\(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\) 转移到 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m+1\end{Bmatrix}\)。

• 当 \(m\equiv1\space(\operatorname{mod}2)\) 时，\(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\) 转移到 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m+1\end{Bmatrix}\) 和 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m\end{Bmatrix}\)。

那么这个题目就转化成了在表格上 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\) 的路径条数 \(\operatorname{mod}2\) 问题。

两种情况都可以转移到 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m+1\end{Bmatrix}\)，为了方便起见，我们定义这种情况为向右上转移，把 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m\end{Bmatrix}\) 定义为向上转移。

因为我们转移只能向上或右上走，所以只会走 \(n\) 步，其中 \(m\) 次向右上转移，\(n-m\) 次向右转移。

我们一共有 \(\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor\) 次机会向右转移（只能从奇数走）。

相当于我们现在需要把转移的过程分成 \(n-m\) 段，每一段的内部全部都是向右上转移，这样我们才能到达 \((n,m)\)。

用盒子与球的语言来描述，就是一共就有 \(n-m+\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor\) 个球（这里理解起来其实特别麻烦）（不过只是对于我这种组合差的人），分成 \(\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor\) 段，隔板即可。

于是 \(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\bmod2={n-m+\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor-1\choose\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor-1}\bmod2\)。

关于组合数奇偶性，我这篇博客里写过，再贴上来：

结论：\(\dbinom{n}{m}\equiv0\space(\operatorname{mod}2)\) 当且仅当 \(n\operatorname{bitand}m=m\)。

证明（也许不是特别严谨）：我们可以知道：

\[{n\choose m}={\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\choose\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}\times{n\bmod 2\choose m\bmod2}={\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{2}\rfloor\choose\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}{2}\rfloor}\times {\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\bmod2\choose\lfloor\frac{m}{2}\rfloor\bmod2}\times{n\bmod 2\choose m\bmod2}=\cdots
\]

我们发现：

\[{\lfloor\frac{\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{2}\rfloor}{\cdots}\rfloor\choose\lfloor\frac{\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}{2}\rfloor}{\cdots}\rfloor}
\]

这一坨，就是在一直进行二进制移位，\(\operatorname{shr}1\)。

那么我们可以得出一个结论：如果对于我们记 \((n)_{k}\) 表示 \(n\) 在二进制意义下的第 \(k\) 位。\((n)_{k}\in[0,1]\)

那么对于 \(\forall i\)，有 \((n)_{i}=0\) 且 \((m)_{i}=1\)，那么 \(\dbinom{n}{m}\equiv0\space(\operatorname{mod} 2)\)。

所以 \(n\operatorname{bitand}m=m\)，证毕。

答案显然。

#include <cstdio>

int N, M;

int main () {
	int TC; scanf ( "%d", &TC ); while ( TC -- > 0 ) {
		scanf ( "%d%d", &N, &M );
		if ( ! N && ! M )	puts ( "1" );
		else if ( ! N || ! M || N < M )	puts ( "0" );
		else if ( ( ( N - M + ( ( M + 1 ) >> 1 ) - 1 ) & ( ( ( M + 1 ) >> 1 ) - 1 ) ) == ( ( ( M + 1 ) >> 1 ) - 1 ) )	puts ( "1" );
		else	puts ( "0" );
	}
	return 0;
}