[CSP-S模拟测试]:密码（数位DP+库默尔定理）

题目描述

为了揭穿$SERN$的阴谋，$Itaru$黑进了$SERN$的网络系统。
然而，想要完全控制$SERN$，还需要知道管理员密码。$Itaru$从截获的信息中发现，$SERN$的管理员密码是两个整数$l,s,0\leqslant s\leqslant l$，并且一旦得知了管理员密码，就可以生成出$SERN$各个网路接口的密码：各个网络接口的密码均是若干个长为$l$的$0/1$串，且每个串中$1$的个数恰为$s$。不难发现，生成的密码串个数是一个组合数。
$SERN$的网络系统是由$p^k$个网络接口构成的，$SERN$为了保证网络系统的稳定性，保证了$p$为质数，且所有生成的密码串个数能被$p^k$整除。为了网络通讯的方便，$SERN$的网络接口的密码不会太长，即可以保证$l\leqslant N$。
作为一名$Super\ Hacker$，$Itaru$已经想到了破解密码的绝妙方法，然而在这之前，他需要确认管理员密码的可能情况有多少。由于答案可能很大，答案对${10}^9+7$取模。

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输入格式

仅包含一行三个整数$N,p,k$。

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输出格式

仅包含一个整数，表示答案。

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样例

样例输入：

4 2 2

样例输出：

2

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数据范围与提示

样例解释：

有$2$种可能的情况，$l=4,s=1;l=4s=3$。

数据范围：

保证$1\leqslant p,k\leqslant {10}^9,1\leqslant N\leqslant {10}^{1000}$，$p$为质数。
各个测试点还满足如下约束：

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题解

又是数学题，那就化式子。

组合数与阶乘有关，我们可以先考虑阶乘。
对于$n!$，满足$p^k|n!$的最大的$k$为：$$maxk=\sum \limits_{i=1}^{\infty}\left \lfloor \frac{n}{p^i}\right \rfloor$$
那么对于$C_n^m$，由于$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$，满足$p^k|C_n^m$的最大的$k$为：$$maxk=\sum \limits_{i=1}^{\infty}\left \lfloor \frac{n}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{m}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{n-m}{p^i}\right \rfloor \left \lfloor \frac{n-m}{p^i}\right \rfloor$$

然后我们引入一个新的名词：库默尔定理。

那么，什么是库默尔定理呢？

设$m,n$为正整数，$p$为素数，则$C_{m+n}^m$含$p$的幂次等于$m+n$在$p$进制下的进位次数。

下面给出证明：

组合数$C_{n+m}^m$所含$p$的幂次数为：$$\sum \limits_{i=1}^{\infty}\left \lfloor \frac{m+n}{p^i}\right \rfloor-\sum \limits_{i=1}^{\infty}\left \lfloor \frac{n}{p^i}\right \rfloor-\sum \limits_{i=1}^{\infty}\left \lfloor \frac{m}{p^i}\right \rfloor \\ =\sum \limits_{i=1}^{\infty}(\left \lfloor \frac{m+n}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{m}{p^i}\right \rfloor)$$

这是因为组合数公式$C_{n+m}^n=\frac{(n+m)!}{n!m!}$以及$n!$含有素数$p$的幂次公式$vp(n!)=\sum \limits_{i=1}^{\infty} \left \lfloor \dfrac{n}{p^i}\right \rfloor$。

对于某个$p^i$，$\left \lfloor \frac{m}{p^i}\right \rfloor$等于$m$在$p$进制表示下去掉后$i$位，在第$i+1$位上，$n+m$在这一位上进位的充要条件是$$\left \lfloor \frac{n+m}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{m}{p^i}\right \rfloor=1$$不进位则$$\left \lfloor \frac{n+m}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{m}{p^i}\right \rfloor=0$$因此$\sum \limits_{i=1}^{\infty}(\left \lfloor \frac{m+n}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{p^i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{m}{p^i}\right \rfloor)$就是$n+m$在$p$进制下的进位次数。

那么题目所求便是两个和不超过$N$的正整数，它们在$p$进制下做加法近位了至少$k$的可能方案数。

那么考虑数位$DP$，设$dp[i][j][0/1][0/1]$表示到了$p$进制下的第$i$位，进位次数为$j$，下一位是否进位，前$i$位是否与$N$在$p$进制下相同的方案。

时间复杂度：$\Theta(S^2)$设$S$为$N$在$p$进制下的位数。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char ch[1001];
long long N[1001],S[1001];
long long p,k;
long long dp[1001][1001][2][2];
long long ans;
int main()
{
	scanf("%s%lld%lld",ch+1,&p,&k);
	N[0]=strlen(ch+1);
	for(int i=1;i<=N[0];i++)N[i]=ch[i]-'0';
	for(int i=1;(i<<1)<=N[0];i++)
		N[i]^=N[N[0]-i+1]^=N[i]^=N[N[0]-i+1];
	while(N[0])
	{
		for(int i=N[0];i;i--)
		{
			if(i>1)N[i-1]+=N[i]%p*10;
			else S[++S[0]]=N[i]%p;
			N[i]/=p;
		}
		while(N[0]&&!N[N[0]]){N[0]--;if(N[0]<0){puts("0");return 0;}}
	}
	dp[0][0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=S[0];i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
		{
			dp[i][j][0][0]=(((S[i]+1)*(S[i]+2)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+(S[i]*(S[i]+1)>>1)%1000000007*(dp[i-1][j][0][1]+dp[i-1][j][1][0])%1000000007+(S[i]*(S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
			dp[i][j+1][0][1]=((((p<<1)-S[i]-2)*(S[i]+1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+(((p<<1)-S[i])*(S[i]+1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][1]%1000000007+(((p<<1)-S[i]-1)*S[i]>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][0]%1000000007+(((p<<1)-S[i]+1)*S[i]>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
			dp[i][j][1][0]=(((S[i]+p+2)*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+((p+S[i])*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][1]%1000000007+((p+S[i]+1)*(p-S[i])>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][0]%1000000007+((p+S[i]-1)*(p-S[i])>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
			dp[i][j+1][1][1]=(((p-S[i]-2)*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+((p-S[i])*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*(dp[i-1][j][0][1]+dp[i-1][j][1][0])%1000000007+((p-S[i]+1)*(p-S[i])>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
		}
	for(int i=k;i<=S[0];i++)
		ans=(ans+dp[S[0]][i][0][0])%1000000007;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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rp++