Lucas定理及其应用

Lucas定理这里有详细的证明。

其实就是针对n, m很大时，要求组合数C(n, m) % p, 一般来说如果p <= 10^5,那么就能很方便的将n，m转化为10^5以下这样就可以按照乘法逆元的方法求解。

定义：

C(n, m) = C(n%p, m%p)*C(n/p, m/p) (mod p)

一种比较好理解的证明方式是这样的， 上面资料中有提到，

由p为质数，(1+x)^p = 1+x^p (mod p) p为质数，然后就是下面这幅图的内容了。

将n, m分别表示成p进制，n = n/p*p+a0, m = m/p*p+b0;

那么对于上面式子x^m的系数，左右两部分肯定是相等的，左边系数C(n, m) ，  而m = m/p*p+b0, 那么i和j分别对应m/p, 和bo

所以就可以得到证明：C(n, m) = C(n%p, m%p)*C(n/p, m/p) (mod p)。

下面就是具体题目了：

HDU 3037 Saving Beans

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3037

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;

#define N 100010

long long mod_pow(int a,int n,int p)
{
    long long ret=1;
    long long A=a;
    while(n)
    {
        if (n & 1)
            ret=(ret*A)%p;
        A=(A*A)%p;
        n>>=1;
    }
    return ret;
}

long long factorial[N];

void init(long long p)
{
    factorial[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= p;i++)
        factorial[i] = factorial[i-1]*i%p;
    //for(int i = 0;i < p;i++)
        //ni[i] = mod_pow(factorial[i],p-2,p);
}

long long Lucas(long long a,long long k,long long p) //求C(n,m)%p p最大为10^5。a,b可以很大！
{
    long long re = 1;
    while(a && k)
    {
        long long aa = a%p;long long bb = k%p;
        if(aa < bb) return 0; //这个是最后的改动！
        re = re*factorial[aa]*mod_pow(factorial[bb]*factorial[aa-bb]%p,p-2,p)%p;//这儿的求逆不可先处理
        a /= p;
        k /= p;
    }
    return re;
}

int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        long long n,m,p;
        cin >> n >> m >> p;
        init(p);
        cout << Lucas(n+m,m,p) << "
";
    }
    return 0;
}

 分析：

题意容易转化为x1+x2+...xn <= m的解，最后结果就是C(n+m, m)，但为什么呢？

我们可以这样分析： 

每棵树上能够放的豆子数目i，然后用一个式子x^i表示，然后每棵树有0， 1， 2， m种可能的放置数目，用一个多项式(1+x^1+x^2+.....x^m)表示，等比数列求和(1-x^(m+1)/(1-x)，n棵树就是n次方。

即问题变成了，[1-x^(m+1)]^n*1/(1-x)^n的i<=m 的各个x^i的系数之和， 对于1/(1-x)^n， 借用无穷级数的直接结论 = ∑C(n+k-1, n-1)x^k , k >= 0,很显然前面部分[1-x^(m+1)]^n只能为最小幂次也就是x^0,后面就是x^i，问题变成了，C(n+k-1, n-1) 0 <= k <= m,化简一下就是C(n+m, n).

具体求解的时候，C(n, m) = C(n%p, m%p) * C(n/p, m/p) mod p ，一旦C(x, y) x < y 那么返回0， 而且求解的时候是直接乘以阶乘的逆元。

HDU 4349  Xiao Ming's Hope

 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4349

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define bug(x) printf("%d
", (x));
#define in freopen("solve_in.txt", "r", stdin);

using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
    
    LL n;
    while(scanf("%I64d", &n) == 1){
        int x = __builtin_popcount(n);
        LL ans = 1, a = 2;
        while(x){
            if(x&1) ans = ans*a;
            a = a*a;
            x >>= 1;
        }
        printf("%I64d
", ans);
    }
    return  0;
}

 分析：

题目要求C(n, i) i <= n结果中奇数个数，很明显就是sum{C(n, i)%2| i <= n}， 模2的结果是0， 1， 最终结果只有C(1, 0) , C(1, 1) , C(0, 0)为1， C(0, 1)为0，n和i的二进制表示akak-1...a2a1a0和

bkbk-1...b2b1b0中，对应位置不能出现ai = 0, bi = 1，结果为0， 其余情况结果都会为1，那么问题就转为x = n中二进制位为1个数，答案是2^x。

451E - Devu and Flowers

http://codeforces.com/problemset/problem/451/E

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define bug(x) printf("%d
", (x));
#define in freopen("solve_in.txt", "r", stdin);
using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxn = 22;
const int M = (int)1e9+7;

LL inv[maxn], fac[maxn];
LL powmod(LL a, LL b, LL c) {
    LL res = 1;
    while(b) {
        if(b&1) res = res*a%c;
        a = a*a%c;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
void pre() {
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i < maxn; i++) fac[i] = fac[i-1]*i%M;
    for(int i = 1; i < maxn; i++) inv[i] = powmod(fac[i], M-2, M);
}
LL nCr(LL n, LL m) {
    n %= M;
    m %= M;
    if(m == 0) return 1;
    if(n < m) return 0;
    LL res = 1;
    for(int i = 0; i < m; i++)
        res = res*(n-i)%M;
    res = res*inv[m]%M;
    return res;
}
LL f[maxn];
void solve(LL n, LL ss) {
    LL ans = 0;
    for(int s = 0; s < (1<<n); s++) {
        LL sum = 0;
        int tag = 1;
        for(int i = 0; i < n; i++) if(s&(1<<i)) {
                sum += f[i];
                if(sum > ss) break;
                tag *= -1;
            }

        if(sum <= ss){
            ans = (ans+nCr(n+ss-sum-1, n-1)*tag+M)%M;
        }
    }
    if(ans < 0) ans += M;
    printf("%I64d
", ans);
}

int main() {

    pre();
    LL n, s;
    scanf("%I64d%I64d", &n, &s);
    for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%I64d", f+i), f[i]++;
    solve(n, s);
    return 0;
}

n个盒子每个盒子fi朵鲜花，选出s朵花，共有多少种选法？

 分析：

每个盒子用(1+x^1+x^2..........x^fi)表示，总表达式∏(1+x^1+x^2..........x^fi) (0 <= i < n) = ∏(1-x^(fi+1)(0 <= i < n) * 1/(1-x)^n， 答案就是x^s的系数。

同样分成两部分 ∏(1-x^(fi+1)(0 <= i < n)和 1/(1-x)^n，后一部分很好求， x^k系数就是 C(n+k-1, n-1)，前一部分x^i通过二进制表示法求出， 二进制每个位为1则表示拿出-x^(fi+1)相乘。那么问题关键在于C(n+k-1， n-1)，对于C(n, m) = C(n%p, m%p)*C(n/p, m/p) mod p 由于m很小C(n/p, m/p)为1，那么C(n%p, m%p)很容易求得。