【BZOJ】1436: Poi2003 Trinomial

题意

(q(1 le q le 10000))次询问，每一次求((x^2+x+1)^n)的第(k)项系数模3。

分析

听说正解是(inom{2n}{m} (m \% 2+1))，表示不会。
我来一个说一个我yy出来的玄学做法

[(x^2+x+1)^n = sum_{i=0}^{n} inom{n}{i} sum_{j=0}^{i} inom{i}{j} x^{i+j} ]

第(k)项的系数就是(sum_{i=0}^{k} inom{n}{i} inom{i}{k-i} mod 3)

$$ egin{align} & sum_{i=0}^{k} inom{n}{i} inom{i}{k-i} mod 3 \ = & sum_{j=0}^{2} sum_{i=0}^{left lfloor frac{k-j}{3} ight floor} inom{n \% 3}{(3i+j) \% 3} inom{left lfloor frac{n}{3} ight floor}{left lfloor frac{3i+j}{3} ight floor} inom{(3i+j) \% 3}{(k-(3i+j)) \% 3} inom{left lfloor frac{3i+j}{3} ight floor}{left lfloor frac{k-(3i+j)}{3} ight floor} mod 3 \ = & sum_{j=0}^{2} inom{n \% 3}{j} inom{j}{(k-j) \% 3} sum_{i=0}^{left lfloor frac{k-j}{3} ight floor} inom{left lfloor frac{n}{3} ight floor}{i} inom{i}{left lfloor frac{k-j}{3} ight floor-i} mod 3\ end{align} $$

然后变成3个子问题，由于可以根据(inom{n%3}{j} inom{j}{(k-j)%3})是否为(0)还有(left lfloor frac{k-1}{3} ight floor == left lfloor frac{k-2}{3} ight floor)之类的强力减枝，所以很快。
虽然理论复杂度是单次查询(O(k))的，不过最后我还是过了= =很快= =
复杂度属于玄学。

题解

分析里说得很清楚了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int C(int n, int m) {
	return n<m?0:(n==0?1:(n==1?1:(m==1?2:1)));
}
int lucas(ll n, ll m) {
	return m==0?1:(m==1?n%3:(n%3*((n-1)%3)*2%3));
}
int f(ll n, ll k) {
	if(k<=2) {
		int ans=0;
		for(int i=0; i<=k; ++i) {
			ans+=lucas(n, i)*lucas(i, k-i);
		}
		return ans%3;
	}
	int t1=C(n%3, 0)*C(0, (k-0)%3)%3, nx1=t1==0?0:f(n/3, (k-0)/3),
		t2=C(n%3, 1)*C(1, (k-1)%3)%3, nx2=t2==0?0:((t1&&(k%3>0))?nx1:f(n/3, (k-1)/3)),
		t3=C(n%3, 2)*C(2, (k-2)%3)%3, nx3=t3==0?0:((t2&&(k%3>1))?nx2:f(n/3, (k-2)/3));
	return (t1*nx1+t2*nx2+t3*nx3)%3;
}
ll n, k;
int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%lld%lld", &n, &k);
		printf("%d
", f(n, k));
	}
	return 0;
}