P4345 [SHOI2015]超能粒子炮·改

題意：

求解式子${\sum }_{i=0}^k{C}_n^i\%p$
n,k<=1e18

題解：

設(shè)$f(n,k)={\sum }_{i=0}^k{C}_n^i$
開(kāi)始化簡(jiǎn)：
由盧卡斯定理得：
$f(n,k)={\sum }_{i=0}^k{C}_n^i={\sum }_{i=0}^k{C}_{n/p}^{i/p}?C_{n\%p}^{i\%p}$

我們將相同的$C_{n/p}^{i/p}$為一組將其展開(kāi)：
$C_{n/p}^0{\sum }_{i=0}^{p?1}{C}_{n\%p}^i=C_{n/p}^1{\sum }_{i=0}^{p?1}{C}_{n\%p}^i+...+C_{n/p}^{k/p}{\sum }_{i=0}^{k\%p}{C}_{n\%p}^i$

此時(shí)有0到k/p-1這些整塊，還有k/p這個(gè)不完整的塊
我們先考慮完整的塊，
我們將${\sum }_{i=0}^{p?1}{C}_{n\%p}^i$提出來(lái)
變成：${\sum }_{i=0}^{p?1}{C}_{n\%p}^i?(C_{n/p}^0+...+C_{n/p}^{k/p?1})$
我們一開(kāi)始定義：
$f(n,k)={\sum }_{i=0}^k{C}_n^i$
這就可以寫成：
$f(n\%p,p?1)?f(n/p,k/p?1)$

再考慮不完整的第k/p塊
${\sum }_{i=0}^{k\%p}{C}_{n\%p}^i$也可以寫成$f(n\%p,k\%p)$

總結(jié)：
$f(n,k)=f(n\%p,p?1)?f(n/p,k/p?1)+C_{n/p}^{k/p}?f(n\%p,k\%p)$
$C_{n/p}^{k/p}$可以用Lucas求
$f(n\%p,p?1)$和$f(n\%p,k\%p)$因?yàn)閿?shù)值不大，直接預(yù)初理就行(楊輝三角再求和)
復(fù)雜度$O(p^2+Tlo{g}_{2333}^{2}n)$

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef LOCALstartTime= clock();freopen("in.txt", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef LOCALendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn= 3000; const int P= 2333; ll c[maxn + 2][maxn + 2]; ll f[maxn + 2][maxn + 2]; inline ll Lucas(ll a, ll b) {if (!b)return 1;if (a == b)return 1;if (a < b)return 0;return c[a % P][b % P] * Lucas(a / P, b / P) % P; } inline ll F(ll a, ll k) {if (k < 0)return 0;if (!a)return 1;if (!k)return 1;if (a < P && k < P)return f[a][k];return (f[a % P][P - 1] * F(a / P, k / P - 1) % P + Lucas(a / P, k / P) * f[a % P][k % P] % P) % P; } int main() {int T;scanf("%d", &T);c[0][0]= 1;for (int i= 1; i <= maxn; i++)c[i][i]= c[i][0]= 1;for (int i= 1; i <= maxn; i++)for (int j= 1; j < i; j++)c[i][j]= (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % P;f[0][0]= 1;for (int i= 1; i <= maxn; i++)f[i][0]= 1;for (int i= 0; i <= maxn; i++)for (int j= 1; j <= maxn; j++)f[i][j]= (c[i][j] + f[i][j - 1]) % P;ll a, k;while (T--) {scanf("%lld%lld", &a, &k);printf("%lld\n", F(a, k));}return 0; }

總結(jié)

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