P6669 [清华集训2016] 组合数问题

Posted 2021-09-13 Jozky86

P6669 [清华集训2016] 组合数问题

题意：

给你n，m，k，问有多少对(i,j)满足$K|C_i^j$
($C_i^j是k的倍数$)
n,m<=1e18

题解：

n和m非常大，非常非常大，很容易想到用卢卡斯来化简
$C_n^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=C_{n/p}^{m/p}\ast C_{n\%p}^{m\%p}$

对于i%p的范围就会很小，但是i/p的范围有可能还是很大，所以将$C_{i/p}^{j/p}$继续用卢卡斯化简。

这样一直操作，n/p，取n%p,然后再n/p…，这不就相当于是将n转化成p进制吗？可以好好思考一下
最后式子变成：$C_n^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p={\prod }_{i=0}^k{C}_{n_i}^{m_i}$
$n=n_k\ast p^k+n_{k-1}\ast p^{k-1}+...+n_0$
m同理

如果$C_n^m$是k的倍数，说明$C_n^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$等于0，也就是那个累乘为0，就说明存在某一项$C_{ni}^{mi}=0$

现在我们开始考虑$C_{ni}^{mi}$的情况，如何求其数量，我们可以先求出所有组合数C的情况，然后减去C非0的情况，那么剩下的就是C为0的情况
所有组合数C的情况就是$(m+1)\ast (m+2)/2+(n-m)\ast (m+1)$，这个很好推，写出式子就有了

那C非0的情况如何求？
用数位dp来做，设dp[i][j][k]:表示考虑第i位，j和k为0或1，j为1表示第i-1位n已经取上界(本位取值存在限制)，k为1表示第i-1位m取上界。为0则表示未取上界（本位取值无限制）
当第i位n不取上届时，第i位之后的每一位就可以随便取，一定会小于(数位dp思想)
详细看代码

代码：

// Problem: P6669 [清华集训2016] 组合数问题
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P6669
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 1000 ms
// Data:2021-08-27 14:38:38
// By Jozky

#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 LOCAL
    startTime= clock();
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef LOCAL
    endTime= clock();
    printf("\\nRun Time:%lfs\\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
int t, k;
const ll mod= 1e9 + 7;
const int maxn= 2000;
int b[maxn];
int c[maxn];
int cnt1= 0;
int cnt2= 0;
int f[maxn][2][2];
ll Sum(ll a, ll b)
{
    ll ans= 0;
    while (b) {
        if (b & 1)
            ans= (ans + a) % mod;
        a= (a + a) % mod;
        b>>= 1;
    }
    return ans % mod;
}
ll poww(ll a, ll b)
{
    ll ans= 1ll;
    while (b) {
        if (b & 1)
            ans= Sum(ans, a) % mod;
        a= Sum(a, a) % mod;
        b>>= 1;
    }
    return ans % mod;
}
ll solve(int len, int nup, int mup) //数位dp
{
    if (!len)
        return 1;
    if (f[len][nup][mup] != -1)
        return f[len][nup][mup] % mod;
    ll ans= 0;
    int l, r;
    //如果上一位到了上界，本位取值范围是0到b[len]
    //如果上一位没有到上界，本位就可以随便取值，范围是0到k-1
    l= nup ? b[len] : k - 1;
    r= mup ? c[len] : k - 1;

    for (int i= 0; i <= l; i++) {
        for (int j= 0; j <= i && j <= r; j++) {
            ans= (ans + solve(len - 1, nup && (i == l), mup && (j == r))) % mod;
        }
    }

    return f[len][nup][mup]= ans % mod;
}
int main()
{
    //rd_test();
    read(t, k);
    while (t--) {
        ll n, m;
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        cnt1= 0;
        cnt2= 0;
        memset(f, -1, sizeof(f));
        memset(b, 0, sizeof(b));
        memset(c, 0, sizeof(c));
        m= min(n, m);
        ll sum= ((((((m + 1) % mod * ((m + 2) % mod)) % mod) * (poww(2ll, mod - 2) % mod)) % mod) + (((n - m) % mod) * ((m + 1) % mod)) % mod) % mod;
        //cout << "sum=" << sum << endl;
        ll P= mod;
        while (n) {
            b[++cnt1]= n % k;
            n/= k;
        }
        while (m) {
            c[++cnt2]= m % k;
            m/= k;
        }

        printf("%lld\\n", (sum - solve(cnt1, 1, 1) + mod) % mod);
    }

    //Time_test();
}