7.22T2

听学长讲了一波数论杂题，有点蒙，刚打完T3的模拟，决定早定写完T2题解，去磕T3的正解，不过事实上我T2没有A掉，只拿了WA60，你问我为什么没A敢写题解？因为我看了好久CRT，没看懂，所以决定有时间再打，先写一下T2的思路

30%

关于$30%t<=100$，空间和时间上$dp$都是可以承受的，用$dp[i][j][k]$代表在i时刻到达$(j,k)$这个点，其实很好想，每个点都有它上下左右的4个点转移而来，这个勤取模就可以了，不会被乱七八糟的模数为质为合干掉，不过我开始一直在$WA10$，还以为思路上有毛病，结果问过之后才知道，是可以走出$n*m$的格子的，这样的话边界就不能是$(n,m)$了，数组需要开大的同时，由于下标不能越界出负值，所以需要把所有的点向上，向右平移$t$个单位

60%

考试的时候我其实推出来了一部分式子，当时我以为都是那种很显然的废话，结果。。。。。。他是正解的来源，一开始看了一些题解，都没看懂，最后被WD大神解救了

先来一个导入，前几天学长讲线性基的时候WD有和secret聊过这个式子，且我觉得我听懂了，然而，我想不到，给你n种物品共k件，每种都分别有a₁，a₂，a₃，a₄，…，a_n件，求这k件物品本质不同的选择方案，很显然k个全排列就是$k!$但是内部那些一样的物品都被你当作不一样来用了，那就算多了，所以最后的结果是$frac{k!}{a_1!*a_2!*a_3!*...*a_n!}$还有一个限制条件是$sumlimits_{i=1}^{i<=n}a_i=k$

那回到这道题，我们设向左为$l$，向右为$r$，向上为$u$，向下为$d$，那么就会有

$r-l=n$　　$u-d=m$　　$l+r+u+d=t$

即$l+(n+l)+d+(m+d)=t$　　移项得$2(l+d)=t-m-n$

证到这我们可以发现，如果$t-m-n$为奇数，那方案数就直接是0(说一个改题时候的小插曲，因为题目里说他可以在t时刻之前到达(n，m)，我就以为他到了之后就不走了，结果就算你到达过，你也必须保证t时刻一定在(n，m)，是我zz了)

转化一下问题，现在有4种走路选择共$k$步，第一种$l$步，第二种$r$步，第三种$d$步，第四种$u$步，这样的话就成功的转化成了导入里的那道题

如此一来我们就可以枚举$u$或$l$中的任意一个，用$Lucas$或者阶乘逆元直接算都没问题，可是这两种方法都只能解决模数为素数的时候，所以。。。。。

100%

合并$CRT$

---

A题后的补充

刚打完$CRT$，在让人抓狂的调代码中干掉了这道题，觉得有些东西不是一句合并$CRT$就可以解决的，关于$CRT$的话，记不住板子自己推一推，然而我死在了$Lucas$上

我在打60分代码的时候没有想到逆元可能全被干成0的情况，就是当$t<mod$的时候，因为我快速幂求的逆元所以会有这种情况，不知道为啥6个测试点都没卡我，然后就很抓狂了，我要把一个全是阶乘的式子变成C，原谅我没想出来，最后itawbm小姐姐解救了我，那个$t!$比上一堆东西，最后可以变成三个组合数相乘，$C_{2*a+n}^a*C_{2*b+m}^b*C_t^{2*a+n}$，我抄到算草纸上的时候抄错公式了，不停的WA0，结果还是因为zz，一开始$Lucas$也写错了，还调了半天，难受

T3正解还没看懂，估计明天又要考试了，也不知道能不能把题改完

//可以走出n*m的网格，dp转移的话最远可以走到(-t,0)，(t,0)，(0,-t)，(0,t)
//这样的话数组最大需要dp[2*t+1][2*t+1]，同时需要解决下标为负的问题
//若解决下标为负，则应用(t,t)代替(0,0)作为起始点，才能保证数组不越界
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
#define maxn 110
using namespace std;
int t,n,m;
ll mod;
ll dp[maxn*2][maxn*2][maxn*2];
int main()
{
    scanf("%d%lld%d%d",&t,&mod,&n,&m);
    n=abs(n);  m=abs(m);
    dp[0][t][t]=1;
    for(int i=1;i<=t;++i)
        for(int j=t-i;j<=t+i;++j)
            for(int k=t-i;k<=t+i;++k)
            {
                if(j-1>=0)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-1][k])%mod;
                if(k-1>=0)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k-1])%mod;
                dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j+1][k])%mod;
                dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k+1])%mod;
            }
    printf("%lld
",dp[t][n+t][m+t]%mod);
    return 0;
}

//可以走出n*m的网格，dp转移的话最远可以走到(-t,0)，(t,0)，(0,-t)，(0,t)
//这样的话数组最大需要dp[2*t+1][2*t+1]，同时需要解决下标为负的问题
//若解决下标为负，则应用(t,t)代替(0,0)作为起始点，才能保证数组不越界
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
#define maxn 110
#define maxx 100100
using namespace std;
int t,n,m;
ll mod,ans;
ll dp[maxn*2][maxn*2][maxn*2];
ll jc[maxx],ny[maxx];
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;  a=a%mod;
    while(b)
    {
        if(b&1)  ans=(ans*a)%mod;
        b=b>>1;  a=(a*a)%mod;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d%lld%d%d",&t,&mod,&n,&m);
    n=abs(n);  m=abs(m);
    if(((t-n-m)&1)!=0)  {printf("0
");  return 0;}
    if(t<=100)
    {
        dp[0][t][t]=1;
        for(int i=1;i<=t;++i)
            for(int j=t-i;j<=t+i;++j)
                for(int k=t-i;k<=t+i;++k)
                {
                    if(j-1>=0)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-1][k])%mod;
                    if(k-1>=0)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k-1])%mod;
                    dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j+1][k])%mod;
                    dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k+1])%mod;
                }
        printf("%lld
",dp[t][n+t][m+t]%mod);
    }
    else
    {
        jc[0]=1;
        for(int i=1;i<=t+1;++i)  jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
        ny[t+1]=ksm(jc[t+1],mod-2);
        for(int i=t+1;i>=1;--i)  ny[i-1]=(ny[i]*i)%mod;
        for(int a=0;a<=(t-m-n)/2;++a)
        {
            int b=(t-n-m)/2-a;
            ll ls1=(jc[t]*ny[a])%mod;
            ll ls2=(ls1*ny[b])%mod;
            ll ls3=(((ls2*ny[n+a])%mod)*ny[m+b])%mod;
            ans+=ls3;  ans=ans%mod;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
#define maxx 100100
using namespace std;
int t,n,m,cnt,p;
ll ans;
ll jc[maxx],ny[maxx];
vector <ll> modd;
vector <ll> jg;
void shai(int y)
{
    int x=sqrt(y);
    for(int i=2;i<=x;++i)
        if(y%i==0)  {modd.push_back((ll)i);  y=y/i;}
    if(y!=1)  modd.push_back((ll)y);
}
ll ksm(ll a,ll b,ll c)
{
    ll ans=1;  a=a%c;
    while(b)
    {
        if(b&1)  ans=(ans*a)%c;
        b=b>>1;  a=(a*a)%c;
    }
    return ans;
}
ll Lucas(int n,int m,ll mm)
{
    if(n<m)  return 0;
    if(n<mm&&m<mm)  return (((jc[n]*ny[n-m])%mm)*ny[m])%mm;
    return (Lucas(n/mm,m/mm,mm)*Lucas(n%mm,m%mm,mm))%mm;
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)  {x=1;  y=0;  return a;}
    int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;  x=y;  y=t-a/b*y;
    return gcd;
}
ll China()
{
    int x,y;  ll a=0,m,n=1;
    for(int i=0;i<modd.size();++i)  n*=modd[i];
    for(int i=0;i<modd.size();++i)
    {
        m=n/modd[i];
        exgcd(modd[i],m,x,y);
        a=(a+y*m*jg[i])%n;
    }
    if(a>0)  return a;
    else  return a+n;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&t,&p,&n,&m);
    n=abs(n);  m=abs(m);
    if(((t-n-m)&1)!=0)  {printf("0
");  return 0;}
    shai(p);
    for(int i=0;i<modd.size();++i)
    {
        ll pp=modd[i],ans=0;
        ll minnn=t;
        jc[0]=1;
        for(int j=1;j<=t;++j)
        {
            if(j>=pp)  {minnn=pp-1;  break;}
            jc[j]=(jc[j-1]*j)%pp;
        }
        ny[minnn]=ksm(jc[minnn],pp-2,pp);
        for(int j=minnn;j>=1;--j)  ny[j-1]=(ny[j]*j)%pp;
        for(int a=0;a<=(t-m-n)/2;++a)
        {
            int b=(t-n-m)/2-a;
            ll C1=Lucas(2*a+n,a,pp)%pp;  ll C2=Lucas(2*b+m,b,pp)%pp;
            ll C3=Lucas(t,2*a+n,pp)%pp;
            ll ls1=(C1*C2)%pp;  ll ls2=(ls1*C3)%pp;
            ans+=ls2;  ans=ans%pp;
        }
        jg.push_back(ans);
    }
    printf("%lld
",China());
    return 0;
}