推式子+exlucas。
题意：
小 A 和小 B 是一对好朋友，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。
小 A 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。
(a,bleq10^{15})，(bleq aleq b+10000)，(kleq9)。
看起来不太好做，但注意到(bleq aleq b+10000)。即(0leq a-b leq 10000)。
考虑两种情况：
1、在小A投b次时，就胜过小B。
先考虑前b个：总数为(2^{b+b})，前b个相等的有(C(b,i)^2)之和，即(C(b+b,b))。
由于大于和小于等价，所以方案数为(({2^{b+b}}-C(b+b,b))*2^{a-b}/2)。
由于(C(b+b,b)=C(b+b-1,b)+C(b+b-1,b-1)=2C(b+b-1,b))，所以原式=(({2^{b+b}}-C(b+b-1,b))*2^{a-b})。
2、在小A投b次时，没有胜过小B。
设小A前b次有x次，后a-b次有z次，小B有y次。则(x+z>y)，即(y-x<z)。设(i=y-x，z>i)。
枚举i，则前b个方案数为(C(b,x)*C(b,x+i))之和，即(C(b,b-x)*C(b,x+i))之和，等于(C(b+b,b+i))。
后a-b个方案数为(C(a-b,z)(z>i))之和，可以枚举时维护后缀和。
但是，模数为(10^k)，不是质数，很讨厌，需要exlucas。
首先，计算出(C(n,m)mod 2^k)，(C(n,m)mod 5^k)，通过中国剩余定理，可以算出(C(n,m)mod 10^k)。
以(5^k)为例：
因为(5^k)不是质数，不能lucas，需要用(C(n,m)=n!/(m!*(n-m)!))计算。
然而，由于m很大时，(m! mod 5^k=0)，无法求逆元。
所以，把(n!,m!,(n-m)!)中的5都拆出来，即化成(a*5^b)的性质。
暴力拆：例如(k=2)，(n=60)。
(60!=1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12*13*14*15*16*17*18*19*20*21*22*23*24*25*26*27*28*29*30*31*32*33*34*35*36*37*38*39*40*41*42*43*44*45*46*47*48*49*50*51*52*53*54*55*56*57*58*59*60)。
把5提出，
(60!=1*2*3*4*6*7*8*9*11*12*13*14*16*17*18*19*21*22*23*24*26*27*28*29*31*32*33*34*36*37*38*39*41*42*43*44*46*47*48*49*51*52*53*54*56*57*58*59*12!*5^{12})。
12!可以递归，考虑前面一堆：
我们发现，在mod25意义下，
(1*2*3*4*6*7*8*9*11*12*13*14*16*17*18*19*21*22*23*24=26*27*28*29*31*32*33*34*36*37*38*39*41*42*43*44*46*47*48*49)。
就是mod25后，有一堆循环节，所以只要算出(1*2*3*4*6*7*8*9*11*12*13*14*16*17*18*19*21*22*23*24)，然后快速幂即可。
后面还有零散的(51*52*53*54*56*57*58*59)，暴力算即可。
但是，这个算法需要(5^9*10000*10)次计算，显然超时。
考虑预处理：
首先，(1*2*3*4*6*7*8*9*11*12*13*14*16*17*18*19*21*22*23*24)可以预处理出。
其次，零散的(51*52*53*54*56*57*58*59)是一个前缀积，也可以预处理出。
这样，一次exlucas就是(O(log^2n))的了（有快速幂的log）。
然而还是超时，考虑剪枝：
对于(n!=a*x^b)，其中b可以很快算出。所以(C(n,m)=a*x^b)，求出b如果大于等于k，则为0。
这样就很快了。
代码：
#include <stdio.h>
#define ll long long
int md;
int ksm(int a, ll b) {
int jg = 1;
while (b > 0) {
if (b & 1) jg = 1ll * jg * a % md;
a = 1ll * a * a % md;
b = (b >> 1);
}
return jg;
}
int j2[520],j5[1953130],m2,m5,m21,m51;
void dfs2(ll n, int & a, ll & b, int xk) {
if (n == 0) return;
int ta = 1;
ll tb = 0;
dfs2(n >> 1, ta, tb, xk);
a = 1ll * a * ta % md;
b += tb + (n >> 1);
if (n >= xk) a = 1ll * a * ksm(j2[xk - 1], n / xk) % md;
a = 1ll * a * j2[n - (n / xk) * xk] % md;
}
void dfs5(ll n, int & a, ll & b, int xk) {
if (n == 0) return;
int ta = 1;
ll tb = 0;
dfs5(n / 5, ta, tb, xk);
a = 1ll * a * ta % md;
b += tb + n / 5;
if (n >= xk) a = 1ll * a * ksm(j5[xk - 1], n / xk) % md;
a = 1ll * a * j5[n - (n / xk) * xk] % md;
}
ll jisuan(ll tn, int x) {
ll ms = 0;
while (tn > 0) {
ms += tn / x;
tn /= x;
}
return ms;
}
int getC2(ll n, ll m, int k) {
if (jisuan(n, 2) - jisuan(m, 2) - jisuan(n - m, 2) >= k) return 0;
int a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1;
ll b1 = 0, b2 = 0, b3 = 0;
dfs2(n, a1, b1, m2);
dfs2(m, a2, b2, m2);
dfs2(n - m, a3, b3, m2);
b1 -= (b2 + b3);
a1 = 1ll * a1 * ksm(1ll * a2 * a3 % md, m21 - 1) % md;
return 1ll * a1 * ksm(2, b1) % m2;
}
int getC5(ll n, ll m, int k) {
if (jisuan(n, 5) - jisuan(m, 5) - jisuan(n - m, 5) >= k) return 0;
int a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1;
ll b1 = 0, b2 = 0, b3 = 0;
dfs5(n, a1, b1, m5);
dfs5(m, a2, b2, m5);
dfs5(n - m, a3, b3, m5);
b1 -= (b2 + b3);
a1 = 1ll * a1 * ksm(1ll * a2 * a3 % md, m51 - 1) % md;
return 1ll * a1 * ksm(5, b1) % m5;
}
int c2,c5;
int C(ll n, ll m, int k) {
if (m < 0 || m > n) return 0;
int z2 = getC2(n, m, k);
int z5 = getC5(n, m, k);
return (1ll * z2 * c2 + 1ll * z5 * c5) % md;
}
int main() {
ll a,b;
int k,
lk = -1;
while (scanf("%lld%lld%d", &a, &b, &k) == 3) {
if (k != lk) {
md = 1;
for (int i = 0; i < k; i++) md *= 10;
m2 = ksm(2, k);
m5 = ksm(5, k);
m21 = ksm(2, k - 1);
m51 = 4 * ksm(5, k - 1);
c2 = 1ll * m5 * ksm(m5 % m2, m21 - 1) % md;
c5 = 1ll * m2 * ksm(m2, m51 - 1) % md;
j2[0] = j5[0] = 1;
for (int i = 1; i < m2; i++) {
j2[i] = j2[i - 1];
if (i % 2 != 0) j2[i] = 1ll * j2[i] * i % md;
}
for (int i = 1; i < m5; i++) {
j5[i] = j5[i - 1];
if (i % 5 != 0) j5[i] = 1ll * j5[i] * i % md;
}
}
int ans = 1ll * (ksm(2, b + b - 1) - C(b + b - 1, b, k) + md) % md * ksm(2, a - b) % md;
for (int i = a - b - 1, h = 0; i >= 0; i--) {
h = (h + C(a - b, i + 1, k)) % md;
ans = (ans + 1ll * C(b + b, b + i, k) * h) % md;
}
char zf[20];
sprintf(zf, "%d", ans + md);
printf("%s
", zf + 1);
lk = k;
}
return 0;
}