【BZOJ4830】[HNOI2017]抛硬币（组合计数，拓展卢卡斯定理）

【BZOJ4830】[HNOI2017]抛硬币（组合计数，拓展卢卡斯定理）

题面

BZOJ

洛谷

题解

暴力是啥？

枚举\(A\)的次数和\(B\)的次数，然后直接组合数算就好了：\(\displaystyle \sum_{i=0}^a{a\choose i}\sum_{j=0}^{i-1}{b\choose j}\)。

完美\(TLE\)。

先考虑特殊点的情况，如果\(a=b\)，那么显然两者输赢的情况反过来是一一对应的，所以答案就是总情况减去平局的情况除二，而总方法就是\(\displaystyle 2^{a+b}\)。考虑平局的情况。枚举两个人正面朝上的个数就好了，也就是\(\displaystyle \sum_{i=0}^a {a\choose i}^2={2a\choose a}\)。

证明？换个写法：\(\displaystyle \sum_{i=0}^a {a\choose i}{a\choose a-i}\)。这样组合意义就很明显了，即把当前的\(2a\)个东西分成左右两半，要选\(a\)个出来，那么就枚举左半边选了几个，乘起来就好啦。

好啦，上面怎么计算\(a=b\)的情况就很简单了，也就是\(\displaystyle \frac{2^{2a}-{2a\choose a}}{2}\)。

考虑怎么计算\(a>b\)的情况。我们前面\(a=b\)这么做的原因是什么呢？如果我们把一个非平局情况的整个抛硬币的结果全部翻转，那么必定对应这一种胜负情况相反的方案。

但是现在\(a>b\)，那么在\(a-b\)的这部分硬币可能存在一些正面，使得最终\(A\)仍然获胜。

我们仍然想采用之前计算\(a=b\)的方法，总方案还是\(2^{a+b}\)，然后我们直接除掉二，这样就会少算一些本来是\(A\)赢，翻转过来还是\(A\)赢的情况。所以要把这样的情况数给加上，再来除二。

考虑这样的情况的方案数，假装\(B\)有\(x\)个正面朝上，\(A\)正面朝上的次数是\(y\)。那么就要满足\(b-x<a-y\)，也就是\(a-b>y-x\),因为本身就要\(A\)赢，所以还有\(y>x\)。

行，来枚举一下：\(\displaystyle \sum_{i=0}^b{b\choose i}\sum_{j=1}^{a-b-1}{a\choose i+j}\)

这是个什么鬼玩意？？？

行，来重新写下：\(\sum_{j=1}^{a-b-1}\displaystyle \sum_{i=0}^b{b\choose b-i}{a\choose i+j}\)

恩，又来了，把东西分成左右两半，一共要选\(j\)个出来。

所以式子这个玩意继续化简就是：\(\displaystyle \sum_{j=1}^{a-b-1}{a+b\choose j}\)

至于这个化简其实就是范德蒙德卷积。。。。。

那就可以把答案式给写出来了:\(\displaystyle \frac{2^{a+b}+\sum_{j=1}^{a-b-1}{a+b\choose j}}{2}\)。

模数蛋疼无比，强行给套上一个拓展卢卡斯。

然后就是各种卡常之旅了。这个东西除二肯定没有逆元，所以在算组合数的过程中就要除二。

首先后面那个组合数发现\(\displaystyle {a+b\choose j}={a+b\choose a+b-j}\)，然后组合数又关于\((a+b)/2\)对称，所以组合数只需要算一半。

然后如果\(a+b\)是偶数的话还需要特殊算\(\displaystyle{a+b\choose \frac{a+b}{2}}\)。

注意一下组合数如果本身就要取模的话，就在算\(5^k\)的求逆，\(2^k\)的时候直接除二。。。

我的代码又臭又长QwQ

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read()
{
	ll x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s*=a;a*=a;b>>=1;}return s;}
int fpow(int a,ll b,int MOD){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}
void exgcd(int a,int b,ll &x,ll &y){if(!b){x=1;y=0;return;}exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;}
int inv(ll n,ll m){ll x,y;exgcd(n,m,x,y);x=(x%m+m)%m;return x;}
int fac[5],pw[5],tot=0;
int jc[3][2000000];
int JC(ll n,int p,int MOD,int id)
{
	if(!n)return 1;
	int ret=JC(n/p,p,MOD,id);
	if(n>MOD)ret=1ll*ret*fpow(jc[id][MOD]%MOD,n/MOD,MOD)%MOD,n%=MOD;
	ret=1ll*ret*jc[id][n]%MOD;
	return ret;
}
ll a,b;int k,P;int pw2,pw5;
int C(ll n,ll m,int p,int pk,bool div)
{
	if(n<0||m<0||n<m)return 0;
	ll zero=0;
	for(ll i=n;i;i/=p)zero+=i/p;
	for(ll i=m;i;i/=p)zero-=i/p;
	for(ll i=n-m;i;i/=p)zero-=i/p;
	if(p==2&&div)--zero;
	if(zero>=k)return 0;
	int a=JC(n,p,pk,1+(p==5));
	int b=1ll*JC(m,p,pk,1+(p==5))*JC(n-m,p,pk,1+(p==5))%pk;
	a=1ll*a*inv(b,pk)%pk*fpow(p,zero)%pk;
	if(p==5&&div)a=1ll*a*(pk+1)/2%pk;
	return 1ll*a*(P/pk)%P*inv(P/pk,pk)%P;
}
int exLucas(ll n,ll m,bool d){return (C(n,m,2,pw2,d)+C(n,m,5,pw5,d))%P;}
void output(int x)
{
	if(k==1)printf("%.1d\n",x);if(k==2)printf("%.2d\n",x);if(k==3)printf("%.3d\n",x);
	if(k==4)printf("%.4d\n",x);if(k==5)printf("%.5d\n",x);if(k==6)printf("%.6d\n",x);
	if(k==7)printf("%.7d\n",x);if(k==8)printf("%.8d\n",x);if(k==9)printf("%.9d\n",x);
}
int main()
{
	fac[1]=2;fac[2]=5;pw[1]=pw[2]=9;tot=2;
	for(int i=1;i<=tot;++i)
	{
		int MOD=fpow(fac[i],pw[i]);jc[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=MOD;++j)jc[i][j]=1ll*jc[i][j-1]*(j%fac[i]?j:1)%MOD;
	}
	while(scanf("%lld%lld%d",&a,&b,&k)!=EOF)
	{
		P=fpow(10,k);pw[1]=pw[2]=k;pw2=fpow(2,k);pw5=fpow(5,k);
		int ans=fpow(2,a+b-1,P);
		if(a==b)ans=(ans+P-exLucas(a+b,a,1))%P;
		else
		{
			for(ll i=(a+b)/2+1;i<a;++i)
				ans=(ans+exLucas(a+b,i,0))%P;
			if((a+b)%2==0)ans=(ans+exLucas(a+b,(a+b)/2,1))%P;
		}
		output(ans);
	}
	return 0;
}