BZOJ 1272 1272: [BeiJingWc2008]Gate Of Babylon （容斥原理+卢卡斯定理）

Posted 2020-09-11 konjak魔芋

 

1272: [BeiJingWc2008]Gate Of Babylon

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12

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【分析】

　　T很小，跟以前的某一题很像啊，就是容斥。

　　枚举不符合的（超过限制的），2^t，然后就是算 n种无限多的东东中选m个。

　　经典的组合数题，$C_{n+m-1}^{n-1}$。不过是不超过m个，就是求和。

　　$C_{n-1}^{n-1}+C_{n}^{n-1}+...C_{n+m-1}^{n-1}$

　　这个也很经典啦，【又是数学卷子上的熟悉背影呵呵】，$C_{i}^{j}=C_{i-1}^{j-1}+C_{i-1}^{j}$

　　在前面加一个$C_{n-1}^{n}$,最后化成$C_{n+m}^{n}$

　　这题到了10^9,预处理幂也没用。于是上卢卡斯定理。

 

【有傻逼卡评测现在并没有交】

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 #define Maxn 100010
 8 
 9 int w[20],Mod;
10 int inv[Maxn],pw[Maxn];
11 
12 void init()
13 {
14     pw[0]=1;for(int i=1;i<=Mod;i++) pw[i]=1LL*pw[i-1]*i%Mod;
15     inv[1]=1;for(int i=2;i<=Mod;i++) inv[i]=1LL*(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
16     inv[0]=1;for(int i=1;i<=Mod;i++) inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%Mod;
17 }
18 
19 int get_c(int n,int m)
20 {
21     if(n<m) return 0;
22     return 1LL*pw[n]*inv[m]%Mod*inv[n-m]%Mod;
23 }
24 
25 int lucas(int n,int m)
26 {
27     if(n<m) return 0;
28     int ans=1;
29     while(n&&m)
30     {
31         ans=1LL*get_c(n%Mod,m%Mod)*ans%Mod;
32         n/=Mod;m/=Mod;
33     }
34     return ans;
35 }
36 
37 int main()
38 {
39     int n,t,m;
40     scanf("%d%d%d%d",&n,&t,&m,&Mod);
41     
42     init();
43     
44     for(int i=1;i<=t;i++) scanf("%d",&w[i]);
45     int ans=0;
46     for(int i=0;i<=(1<<t)-1;i++)
47     {
48         int mm=m,ll=0;
49         for(int j=1;j<=t;j++) if(i&(1<<j-1)) mm-=w[j]+1,ll++;
50         if(ll&1) ans-=lucas(n+mm,n);
51         else ans+=lucas(n+mm,n);
52         ans=(ans%Mod+Mod)%Mod;
53     }
54     printf("%d\\n",ans);
55     return 0;
56 }

View Code

 

 

---

 

记录：LUCAS定理

For non-negative integers m and n and a prime p, the following congruence relation holds:

where

and

are the base p expansions of m and n respectively.

 

 

 

（2）证明： 

n=(ak...a2,a1,a0)

p = (ak...a2,a1)

p*p + a0 =  [n/p]*p+a0，m=[m/p]*p+b0

其次，我们知道，对任意质数p有(1+x)^p=1+(x^p)(mod p) 。

我们只要证明这个式子：C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)(mod p)，那么就可以用归纳法证明整个定理。对于模p而言，我们有下面的式子成立：

上式左右两边的x的某项x^m(m<=n)的系数对模p同余。其中左边的x^m的系数是 C(n,m)。 而由于a0和b0都小于p，因此右边的x^m 一定是由 x^([m/p]*p) 和 x^b0 (即i=[m/p] , j=b0 ) 相乘而得 因此有：C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)  (mod p)。

 

3、当p不是质数，还是中国剩余定理合并的套路。【不过有些特殊

拓展应用：上面的p是素数，那么不是素数怎么办呢？若不是素数，将p分解质因数，将C(n,m)分别按照（1）中的方法求对p的质因数的模，然后用中国剩余定理合并。比如计算C(10,3)%14。C(10,3)=120,14有两个质因数2和7，120%2=0,120%7=1,这样用(2,0)(7,1)找到最小的正整数8即是答案，即C(10,3)%14=8。注意，这里只适用于p分解完质因数后每个质因数只出现一次，例如12=2*2*3就不行，因为2出现了两次。若p分解完质因数后，含有某个质因数出现多次，比如C(10,3)%98,其中98=2*7*7,此时就要把7*7看做一个数,即:120%2=0,120%49=22,用(2,0)(49,22)和中国剩余定理得到答案22，即C(10,3)%98=22。此时，你又会有疑问，C(10,3)%49不也是模一个非素数吗？此时不同的是这个非素数不是一般的非素数，而是某个素数的某次方。下面（4）介绍如何计算C(n,m)%p^t(t>=2,p为素数)。

4、计算C(n,m)%p^t。

我们知道，C(n,m)=n!/m!/(n-m)!，若我们可以计算出n!%p^t，我们就能计算出m!%p^t以及(n-m)!%p^t。我们不妨设x=n!%p^t,y=m!%p^t,z=(n-m)!%p^t,那么答案就是x*reverse(y,p^t)*reverse(z,p^t)(reverse(a,b)计算a对b的乘法逆元)。那么下面问题就转化成如何计算n!%p^t。比如p=3,t=2,n=19,

n!=1*2*3*4*5*6*7*8* ……*19

   =[1*2*4*5*7*8*… *16*17*19]*(3*6*9*12*15*18)

   =[1*2*4*5*7*8*… *16*17*19]*3^6(1*2*3*4*5*6)

然后发现后面的是(n/p)!，于是递归即可。前半部分是以p^t为周期的[1*2*4*5*7*8]=[10*11*13*14*16*17](mod 9)。下面是孤立的19，可以知道孤立出来的长度不超过 p^t,于是暴力即可。那么最后剩下的3^6啊这些数怎么办呢？我们只要计算出n!,m!,(n-m)!里含有多少个p(不妨设a,b,c)，那么a-b-c就是C(n,m)中p的个数，直接算一下就行。

转自：http://blog.csdn.net/yuyanggo/article/details/47380777

 

 

【还挺好打】

 

 2017-04-16 14:13:29