就是运用(Lucas)推一个柿子
首先是前置芝士(Lucas)定理
[C_{n}^{m}\%p=C_{n/p}^{m/p}*C_{n\%p}^{m\%p}\%p
]
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
[sum_{i=0}^kC_{n}^i\%p
]
于是我们设(f(n,k)=sum_{i=0}^kC_{n}^i)
我们就可以化柿子啦
[f(n,k)=sum_{i=0}^kC_{n}^i
]
[ ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ } ext{ }=sum_{i=0}^kC_{n/p}^{i/p}*C_{n\%p}^{i\%p}
]
这个东西一看就很熟悉，(n/p)啊，显然跟整除分块差不多啊
[=C_{n/p}^0sum_{i=0}^{p-1}C_{n\%p}^i+C_{n/p}^1sum_{i=0}^{p-1}C_{n\%p}^i+...+C_{n/p}^{k/p}sum_{i=0}^{k\%p}C_{n\%p}^i
]
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
[sum_{i=0}^{p-1}C_{n\%p}^i*(C_{n/p}^0+C_{n/p}^1+...C_{n/p}^{k/p-1})
]
那这个东西岂不是可以写成
[f(n\%p,p-1)*f(n/p,k/p-1)
]
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
[f(n,k)=f(n\%p,p-1)*f(n/p,k/p-1)+C_{n/p}^{k/p}*f(n\%p,k\%p)
]
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
",F(n,k));
}
return 0;
}