【BZOJ 1272】 1272: [BeiJingWc2008]Gate Of Babylon (容斥原理+卢卡斯定理)
1272: [BeiJingWc2008]Gate Of Babylon
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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】
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Maxn 100010 int w[],Mod;
int inv[Maxn],pw[Maxn]; void init()
{
pw[]=;for(int i=;i<=Mod;i++) pw[i]=1LL*pw[i-]*i%Mod;
inv[]=;for(int i=;i<=Mod;i++) inv[i]=1LL*(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
inv[]=;for(int i=;i<=Mod;i++) inv[i]=1LL*inv[i-]*inv[i]%Mod;
} int get_c(int n,int m)
{
if(n<m) return ;
return 1LL*pw[n]*inv[m]%Mod*inv[n-m]%Mod;
} int lucas(int n,int m)
{
if(n<m) return ;
int ans=;
while(n&&m)
{
ans=1LL*get_c(n%Mod,m%Mod)*ans%Mod;
n/=Mod;m/=Mod;
}
return ans;
} int main()
{
int n,t,m;
scanf("%d%d%d%d",&n,&t,&m,&Mod); init(); for(int i=;i<=t;i++) scanf("%d",&w[i]);
int ans=;
for(int i=;i<=(<<t)-;i++)
{
int mm=m,ll=;
for(int j=;j<=t;j++) if(i&(<<j-)) mm-=w[j]+,ll++;
if(ll&) ans-=lucas(n+mm,n);
else ans+=lucas(n+mm,n);
ans=(ans%Mod+Mod)%Mod;
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}
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。
【还挺好打】
2017-04-16 14:13:29
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