BZOJ4903 UOJ300 CTSC2017 吉夫特 弱弱地放上题目链接 Lucas定理可以推一推,发现C(n,m)是奇数的条件是n" role="presentation">nn&m==m" role="presentation">m==mm==m,也就是说n是m的子集,这不就显然了吗 非常友好的枚举子集DP f[i]表示以i结尾的不下降序列的方案数什么的 #include<bits/stdc++.h> us…

Description: 给定一个序列\(a_1,a_2,a_3...a_n\) 求有多少个不上升子序列: \(a_{b1},a_{b_2}...\) 满足 \(C_{a_{b1}}^{a_{b2}}*C_{a_{b2}}^{a_{b3}}*.....mod\ 2 >0\) 输出对\(10^9+7\)取模的结果 Hint: $ 1 ≤ n ≤ 211985, 1 ≤ ai ≤ 233333​\(.所有的\) a_i ​$互不相同 Solution: 由\(Lucas\)定理: $ C_n^m=C…

题目链接 首先\(C(n,m)\)为奇数当且仅当\(n\&m=m\). 简要证明: 因为是\(mod\ 2\),考虑Lucas定理. 在\(mod\ 2\)的情况下\(C(n,m)\)最后只会化成4种情况:\(C(0,1),C(0,0),C(1,0),C(1,1)\). 后三种情况都是1,\(C(0,1)\)不存在(=0).所以如果\(C(n,m)mod\ 2\)为偶数,那么在Lucas的过程中一定出现了\(C(0,1)\). \(mod\ 2\)的过程容易想到位运算. 由\(C(n,m)mod…

题目传送门 戳此处转移 题目大意 给定一个长为$n$的序列,问它有多少个长度大于等于2的子序列$b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{k}$满足$\prod_{i = 2}^{k}C_{b_{i - 1}}^{b_{i}} \equiv 1 \pmod{2}$.答案模$10^{9} + 7$ 考虑限制条件,即前后两个数$b_{i - 1}, b_{i}$,它们要满足$C_{b_{i - 1}}^{b_{i}} \equiv 1\pmod{2}$. 这样不好处理,考虑使用Lucas定理…

http://uoj.ac/problem/300 预备知识: C(n,m)是奇数的充要条件是 n&m==m 由卢卡斯定理可以推出 选出的任意相邻两个数a,b 的组合数计算C(a,b)必须是奇数 所以可以设dp[i][j] 表示前i个数里面,选的最后一个数是第j个数的方案数 转移的时候,枚举前i-1个数选的最后一个数k, 若C(k,i)是奇数,dp[i][j]+=dp[i-1][k] 时间复杂度:O(n^3) #include<cstdio> #include<iostream&…

uoj bzoj luogu sol 根据\(Lucas\)定理,\(\binom nm \mod 2=\binom{n\%2}{m\%2}\times\binom{n/2}{m/2}\mod 2\). 由于\(\binom{n\%2}{m\%2}\)的取值只可能是\(0\)或\(1\),以为我们希望\(\binom nm=1\mod 2\),所以\(\binom{n\%2}{m\%2}\)应该始终取值为\(1\).因为\(\binom 00=\binom 10=\binom 11=1,\bin…

传送门 可以发现,\(\binom{n}{m}\equiv 1(mod~2)\) 当且仅当 \(m~and~n~=~m\) 即 \(m\) 二进制下为 \(n\) 的子集 那么可以直接写一个 \(3^{18}\) 的枚举子集 \(DP\) 但是还有一个 \(6^9\) 的做法 把数字分成前 \(9\) 位和后 \(9\) 位 设 \(f(s_1,s_2)\) 表示前 \(9\) 位为 \(s_1\),后 \(9\) 位为 \(s_2\) 的超集的答案 那么对于一个数 \(x\),分成 \(x_1…

题目描述 给出一个长度为 $n$ 的序列,求所有长度大于等于2的子序列个数,满足:对于子序列中任意两个相邻的数 $a$ 和 $b$ ($a$ 在 $b$ 前面),${a\choose b}\mod 2\neq 0$.答案对 $10^9+7$取模. 输入 第一行一个整数 $n$ . 接下来 $n$ 行,每行一个整数,这 $n$ 行中的第 $i$ 行,表示 $a_i$ . $1\le n\le 211985,1\le a_i\le 233333$ 输出 一行一个整数表示答案. 样例输入 415731…

送70分,预处理组合数是否为偶数即可. 剩下的数据,根据Lucas定理的推论可得当且仅当n&m=n的时候,C(n,m)为奇数.这样就可以直接DP了,对于每个数,考虑它对后面的数的影响即可,直接枚举子集即可. #include<cstdio> #include<algorithm> #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) using namespace std; ,mod=; int n,ans,a[N],f[N],pos…

题目链接 loj300 题解 orz litble 膜完题解后,突然有一个简单的想法: 考虑到\(2\)是质数,考虑Lucas定理: \[{n \choose m} = \prod_{i = 1} {\lfloor \frac{n}{2^{i - 1}} \rfloor \mod 2^i \choose \lfloor \frac{m}{2^{i - 1}} \rfloor \mod 2^i} \pmod 2\] 即 \[{n \choose m} = \prod_{each.bit.of.n.…