题目链接：
https://cn.vjudge.net/problem/Kattis-barcode
题目大意：
让你安排红球和篮球的个数，使得题目所给的条件至少有一个是满足的，问你一共有多少种情况。
具体思路：
对于条件2，dp[i][1]代表第i个为蓝色的合法序列数，dp[i][0]表示第i个为红色的合法序列个数。
对于条件1，只有是偶数的情况符合，这个时候是C(n,n/2)。
然后去重，既满足条件1有满足条件2，也就是没有两个蓝色的接触并且蓝色和红色的个数是相等的。C（n/2+1,n/2）。
注意点：https://www.cnblogs.com/GerynOhenz/p/8506859.html
模板：
1 ll fact[maxn]; 2 ll qsm(ll t1,ll t2,ll mod) 3 { 4 ll ans=1ll; 5 while(t2) 6 { 7 if(t2&1) 8 ans=ans*t1%mod; 9 t2>>=1; 10 t1=t1*t1%mod; 11 } 12 return ans%mod; 13 } 14 ll mod_fact(ll n, ll p, ll &e) 15 { 16 if (n<=1) 17 return 1; 18 ll ret=mod_fact(n/p, p, e); 19 e+=n/p; 20 if ((n/p) &1) 21 return ret*(fact[n%p]*(p-1)%p)%p; 22 else 23 return ret*fact[n%p]%p; 24 /* (p-1)!=-1(mod p) */ 25 } 26 ll calc_C(ll n, ll k, ll p) 27 { 28 ll e1=0, e2=0, e3=0; 29 ll a1=mod_fact(n, p, e1); 30 ll a2=mod_fact(k, p, e2); 31 ll a3=mod_fact(n-k, p, e3); 32 if (e1-(e2+e3)>0) 33 return 0; 34 return (a1*qsm(a2*a3%p, p-2, p)%p); 35 } 36 void init(int n,int p) 37 { 38 fact[1]=fact[0]=1ll; 39 for(ll i=2; i<=n; i++) 40 { 41 fact[i]=(fact[i-1]*i)%p; 42 } 43 }
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 # define ll long long 4 # define inf 0x3f3f3f3f 5 # define LL_inf (1ll<<60) 6 const int maxn = 2e6+100; 7 ll dp[maxn][2]; 8 ll fact[maxn]; 9 ll qsm(ll t1,ll t2,ll mod) 10 { 11 ll ans=1ll; 12 while(t2) 13 { 14 if(t2&1) 15 ans=ans*t1%mod; 16 t2>>=1; 17 t1=t1*t1%mod; 18 } 19 return ans%mod; 20 } 21 ll mod_fact(ll n, ll p, ll &e) 22 { 23 if (n<=1) 24 return 1; 25 ll ret=mod_fact(n/p, p, e); 26 e+=n/p; 27 if ((n/p) &1) 28 return ret*(fact[n%p]*(p-1)%p)%p; 29 else 30 return ret*fact[n%p]%p; 31 /* (p-1)!=-1(mod p) */ 32 } 33 ll calc_C(ll n, ll k, ll p) 34 { 35 ll e1=0, e2=0, e3=0; 36 ll a1=mod_fact(n, p, e1); 37 ll a2=mod_fact(k, p, e2); 38 ll a3=mod_fact(n-k, p, e3); 39 if (e1-(e2+e3)>0) 40 return 0; 41 return (a1*qsm(a2*a3%p, p-2, p)%p); 42 } 43 int main() 44 { 45 int T; 46 scanf("%d",&T); 47 while(T--) 48 { 49 ll n,p; 50 scanf("%lld %lld",&n,&p); 51 fact[1]=fact[0]=1ll; 52 for(ll i=2; i<=n; i++) 53 { 54 fact[i]=(fact[i-1]*i)%p; 55 } 56 dp[1][0]=1ll; 57 dp[1][1]=1ll; 58 for(int i=2; i<=n; i++) 59 { 60 dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%p; 61 dp[i][1]=dp[i-1][0]%p; 62 } 63 ll ans=(dp[n][0]+dp[n][1])%p; 64 if(n%2==0) 65 { 66 ans+=calc_C(n,n/2,p)%p; 67 ans%=p; 68 ans-=calc_C(n/2+1,n/2,p); 69 } 70 while(ans<0) 71 ans+=p; 72 ans%=p; 73 printf("%lld ",ans); 74 } 75 return 0; 76 }