BZOJ4830: [Hnoi2017]抛硬币

小A和小B是一对好朋友，他们经常一起愉快的玩耍。最近小B沉迷于**师手游，天天刷本，根本无心搞学习。

但是已经入坑了几个月，却一次都没有抽到SSR，让他非常怀疑人生。

勤勉的小A为了劝说小B早日脱坑，认真学习，决定以抛硬币的形式让小B明白他是一个彻彻底底的非洲人，从而对这个游戏绝望。

两个人同时抛b次硬币，如果小A的正面朝上的次数大于小B正面朝上的次数，则小A获胜。

但事实上，小A也曾经沉迷过拉拉游戏，而且他一次UR也没有抽到过，所以他对于自己的运气也没有太大把握。

所以他决定在小B没注意的时候作弊，悄悄地多抛几次硬币，当然，为了不让小B怀疑，他不会抛太多次。

现在小A想问你，在多少种可能的情况下，他能够胜过小B呢？

由于答案可能太大，所以你只需要输出答案在十进制表示下的最后k位即可。

有多组数据，对于每组数据输入三个数a,b,k，分别代表小A抛硬币的次数，小B抛硬币的次数，以及最终答案保留多少位整数。

1≤a,b≤10^15,b≤a≤b+10000,1≤k≤9，数据组数小于等于10。

对于每组数据，输出一个数，表示最终答案的最后k位为多少，若不足k位以0补全。

2 1 9

000000004
6
3 2 1
【样例解释】
对于第一组数据，当小A抛2次硬币，小B抛1次硬币时，共有4种方案使得小A正面朝上的
次数比小B多。(01,0),(10,0),(11,0),(11,1)
对于第二组数据，当小A抛3次硬币，小B抛2次硬币时，共有16种方案使得小A正面朝上的次数比小B多。(001,00),
(010,00),(100,00),(011,00),(101,00),(110,00),(111,00),(011,01),(101,01),(110,01),(111,01),(011,10),
(101,10),(110,10),(111,10),(111,11)

题解Here!

神仙题。。。（话说那个$ imes imes$师手游真无聊，除了画风其他都差评。。。）

首先，我们需要分类讨论：

　　1. $a==b$：
　　对于一种$B$获胜的方案序列，比如二人都抛$3$次，$A$第三次正面朝上，$B$第一次和第二次正面朝上，序列就是$001110$，将每一位都异或$1$，就变成了$A$获胜的。
　　这个应该很容易能看出来。
　　当然，还要减去平局，所以答案就是：$$frac{2^{a+b}-C_{a+b}^a}{2}$$

　　2. $a>b$：

　　同样，一种$B$获胜的方案序列每一位都异或$1$。
　　不过，由于$A$同学可以抛的硬币数量比较多，所以可以凭数量取胜，还会出现方案序列是$A$获胜，将每一位异或$1$后还是$A$获胜的序列。
　　这样的序列假设$b$正面朝上$i$次，$a$比$b$多正面朝上$j$次，就应该满足$b-i<a-i-j$，种类数就是：
　　$$S=sum_{i=0}^bsum_{j=1}^{a-b-1}C_b^{i}C_a^{i+j}=sum_{i=0}^bsum_{j=1}^{a-b-1}C_b^{b-i}C_a^{i+j}$$
　　那么我们可以这么看这个式子：
　　我们在$a+b$个数组成的序列中选择$b+j$个元素变成$1$，然后其中在前$b$个元素中的$1$的个数就正好能完成那个和$i$有关的枚举。
　　所以：
　　$$S=sum_{i=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+i}$$
　　答案就是：
　　$$Ans=frac{2^{a+b}+sum_{i=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+i}}{2}$$
　　然后我们发现这玩意模数不为质数，不会算了。。。

　　拿出$ ext{扩展Lucas}$。

可是这题比较卡常。

首先是要预处理阶乘。。。

然后，在杨辉三角中，组合数具有对称性，所以计算组合数只用算一半。。。。

再加上标记处的优化，就能够通过这道题。。。

至于如何除以$2$，在计算过程中处理一下即可。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
long long K,mod2,mod5,fac[2][2000010];
inline long long mexp(long long a,long long b,long long c){
    long long s=1;
    while(b){
        if(b&1)s=s*a%c;
        a=a*a%c;
        b>>=1;
    }
    return s;
}
void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
    if(!b){
        x=1;y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
}
inline long long inv(long long a,long long c){
    if(!a)return 0;
    long long x=0,y=0;
    exgcd(a,c,x,y);
    return (x%c+c)%c;
}
inline long long mul(long long a,long long p,long long k){
    if(!a)return 1;
    long long s=fac[p!=2][k];
    s=mexp(s,a/k,k)*fac[p!=2][a%k]%k;
    return s*mul(a/p,p,k)%k;
}
long long C(long long n,long long m,long long mod,long long p,long long k,bool flag){
    if(n<m)return 0;
	long long q=0,s;
    for(long long i=n;i;i/=p)q+=i/p;
    for(long long i=m;i;i/=p)q-=i/p;
    for(long long i=n-m;i;i/=p)q-=i/p;
    if(p==2&&flag)q--;
    if(q>K)return 0;
    long long a=mul(n,p,k),b=mul(m,p,k),c=mul(n-m,p,k);
    s=a*inv(b,k)%k*inv(c,k)%k*mexp(p,q,k)%k;
    if(p==5&&flag)s=s*inv(2,k)%k;
    return s*(mod/k)%mod*inv(mod/k,k)%mod;
}
inline long long lucas(long long n,long long m,long long mod,bool flag){
    long long s=(C(n,m,mod,2,mod2,flag)+C(n,m,mod,5,mod5,flag))%mod;
    return s;
}
inline void init(long long a,long long b){
    int k=(a==2?0:1);
    fac[k][0]=1;
    for(int i=1;i<=b;i++){
        if(i%a)fac[k][i]=fac[k][i-1]*i%b;
        else fac[k][i]=fac[k][i-1];
    }
}
long long solve(long long n,long long m){
    long long ans,mod=mexp(10,K,MOD);
    mod2=mexp(2,K,MOD);mod5=mexp(5,K,MOD);
    if(n==m)ans=(mexp(2,n+m-1,mod)-lucas(n<<1,n,mod,true)+mod)%mod;
    else{
        ans=mexp(2,n+m-1,mod);
        for(long long i=(n+m)/2+1;i<n;i++){
			ans+=lucas(n+m,i,mod,false);
			ans%=mod;
		}
        if((n+m)%2==0){
			ans+=lucas(n+m,(n+m)/2,mod,true);
			ans%=mod;
		}
    }
    while(ans<mod/10){
        printf("0");
        mod/=10;
    }
    return ans;
}
int main(){
    long long n,m;
    init(2,512);init(5,1953125);
    while(~scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&K))printf("%lld
",solve(n,m));
    return 0;
}

BZOJ4830: [Hnoi2017]抛硬币

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

题解Here!