BZOJ4737 组合数问题 【Lucas定理 + 数位dp】

题目

组合数C(n,m)表示的是从n个物品中选出m个物品的方案数。举个例子，从(1,2,3)三个物品中选择两个物品可以有(

1,2),(1,3),(2,3)这三种选择方法。根据组合数的定义，我们可以给出计算组合数C(n,m)的一般公式：
C(n,m)=n!/m!*(n?m)!
其中n!=1×2×?×n。（额外的，当n=0时，n!=1）
小葱想知道如果给定n,m和k，对于所有的0≤i≤n，0≤j≤min(i,m)有多少对(i,j)满足C(i,j)是k的倍数。

输入格式

第一行有两个整数t,k，其中t代表该测试点总共有多少组测试数据，k的意义见。
接下来t行每行两个整数n,m，其中n,m的意义见。

输出格式

t行，每行一个整数代表所有的0≤i≤n，0≤j≤min(i,m)中有多少对(i,j))满足C(i,j)是k的倍数

答案对10^9+7取模。

输入样例

3 23

23333333 23333333

233333333 233333333

2333333333 2333333333

输出样例

851883128

959557926

680723120

提示

1≤n,m≤10^18，1≤t,k≤100，且 k 是一个质数

题解

根据(Lucas)定理我们知道，在模质数(k)下

[{n choose m} equiv prod_{i = 1} {lfloor frac{n}{k^{i - 1}} floor mod k^i choose lfloor frac{m}{k^{i - 1}} floor mod k^i} pmod k ]

由此，结果为(0)，当且仅当存在一个(i)，使得({n mod k^i choose m mod k^i} equiv 0 pmod k)
一个组合数在模质数意义下为0，当且仅当(n < m)
一个组合数在模质数意义下不为0，那么就是(n >= m)

那么我们将(n)和(m)拆分为(k)进制数，就可以设一个dp:
(f[i][0/1][0/1])表示第(i)位之前((n)是否达到上界) ((m)是否达到上界) 的(n >= m)方案数，即不为(0)的方案数
最后用总方案减去就可以了
转移就自己推推

要注意乘法可能溢出，要用快速乘

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
using namespace std;
const int maxn = 105,maxm = 100005,INF = 1000000000,P = 1e9 + 7;
LL n,m,f[maxn][2][2],a[maxn],b[maxn],ai,bi,N,K,v2;
LL qpow(LL a,LL b){
	LL ans = 1;
	for (; b; b >>= 1,a = a * a % P)
		if (b & 1) ans = ans * a % P;
	return ans;
}
void add(LL& a,LL b){
	a += b;
	if (a >= P) a -= P;
}
LL Mul(LL a,LL b){
	LL re = 0;
	for (; b; b >>= 1,a = (a + a) % P) if (b & 1) re = (re + a) % P;
	return re;
}
LL S(LL x){return Mul(x,x + 1) * v2 % P;}
int main(){
	int T; scanf("%d%lld",&T,&K); v2 = qpow(2,P - 2);
	while (T--){
		cls(a); cls(b); cls(f);
		scanf("%lld%lld",&n,&m); ai = bi = 0;
		LL ans = S(min(n,m) + 1);
		ans = (ans + Mul(m + 1,max(n - m,0ll))) % P;
		while (n) a[++ai] = n % K,n /= K;
		while (m) b[++bi] = m % K,m /= K;
		N = max(ai,bi);
		f[N][1][1] = 1;
		for (int i = N; i; i--){
			//0 0
			add(f[i - 1][0][0],S(K) * f[i][0][0] % P);
			//0 1
			add(f[i - 1][0][0] ,(S(b[i]) + b[i] * (K - b[i]) % P) % P * f[i][0][1] % P);
			add(f[i - 1][0][1],(K - b[i]) * f[i][0][1] % P);
			//1 0
			add(f[i - 1][0][0],S(a[i]) * f[i][1][0] % P);
			add(f[i - 1][1][0],(a[i] + 1) * f[i][1][0] % P);
			//1 1
			if (a[i] >= b[i]){
				add(f[i - 1][0][0],(S(b[i]) + b[i] * ((a[i] - b[i] + P) % P) % P) % P * f[i][1][1] % P);
				add(f[i - 1][1][0],b[i] * f[i][1][1] % P);
				add(f[i - 1][0][1],(a[i] - b[i] + P) % P * f[i][1][1] % P);
				add(f[i - 1][1][1],f[i][1][1]);
			}
			else {
				add(f[i - 1][0][0],S(a[i]) * f[i][1][1] % P);
				add(f[i - 1][1][0],(a[i] + 1) % P * f[i][1][1] % P);
			}
		}
		for (int i = 0; i < 2; i++)
			for (int j = 0; j < 2; j++)
				ans = (ans - f[0][i][j] + P) % P;
		printf("%lld
",(ans % P + P) % P);
	}
	return 0;
}