【[SHOI2015]超能粒子炮·改】
就是运用\(Lucas\)推一个柿子
首先是前置芝士\(Lucas\)定理
\]
至于证明
我建议去问一下Lucas本人
至于这道题,我们要求的是这个柿子
\]
于是我们设\(f(n,k)=\sum_{i=0}^kC_{n}^i\)
我们就可以化柿子啦
\]
\]
这个东西一看就很熟悉,\(n/p\)啊,显然跟整除分块差不多啊
\]
前面有\(0\)到\(k/p-1\)这些个整块,于是我们可以将\(\sum_{i=0}^{p-1}C_{n\%p}^i\)提出来
变成
\]
那这个东西岂不是可以写成
\]
在加上那个不完整的块
\(\sum_{i=0}^{k\%p}C_{n\%p}^i\)可以写成\(f(n\%p,k\%p)\)
于是就有
\]
由于\(n\%p\)还有\(k\%p\)都小于\(2333\),所以\(f(n\%p,p-1)\)还有\(f(n\%p,k\%p)\)可以直接预处理好可以直接求出来
至于那个\(C_{n/p}^{k/p}\)就直接上\(Lucas\)好了
时间复杂度\(O(p^2+Tlog_{2333}^2n)\)
代码
非常sb的把\(C_0^0\)当成\(0\)WA了好几发
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define LL long long
#define maxn 2335
const int P=2333;
LL c[maxn+2][maxn+2];
LL f[maxn+2][maxn+2];
inline LL Lucas(LL n,LL m)
{
if(!m) return 1;
if(n==m) return 1;
if(n<m) return 0;
return c[n%P][m%P]*Lucas(n/P,m/P)%P;
}
inline LL F(LL n,LL k)
{
if(k<0) return 0;
if(!n) return 1;
if(!k) return 1;
if(n<P&&k<P) return f[n][k];
return (F(n/P,k/P-1)*f[n%P][P-1]%P+Lucas(n/P,k/P)*f[n%P][k%P]%P)%P;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
c[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=maxn;i++)
c[i][i]=c[i][0]=1;
for(re int i=1;i<=maxn;i++)
for(re int j=1;j<i;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%P;
f[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=maxn;i++)
f[i][0]=1;
for(re int i=0;i<=maxn;i++)
for(re int j=1;j<=maxn;j++)
f[i][j]=(c[i][j]+f[i][j-1])%P;
LL n,k;
while(T--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
printf("%lld\n",F(n,k));
}
return 0;
}
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