Nemlit 的博客

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By a konjac

题解 P4345 【[SHOI2015]超能粒子炮·改】

posted on 2019-09-01 08:51:15 | under 题解 |

首先我们要明确题目要我们求的是这个式子: $$\sum_{i = 0}^kC_n^i$$

我们先从部分分看起:

10分

预处理出组合数暴力算就是了。复杂度 $O(N^2)$

50分 --- 1

由于我们要求的东西是在杨辉三角的一行,所以我们可以递推求出改行组合数,递推式为 $C_n^{m + 1} = C_n^m\ *\ \frac{n - m}{m + 1}$ ,证明的话就用组合数的定义式即可。复杂度 $O(k)$

50分 --- 2

这一档对正解有一定启发意义 跟据Lucas定理(什么你还不会Lucas???) $$C_n^i\ \%\ p = C_{n\ \%\ p}^{i \ \%\ p}\ *\ C_{n\ /\ p}^{i \ /\ p}\ \%\ p$$ 我们可以将原式化成: $$\sum_{i = 0}^{k}\ C_{n\ \%\ p}^{i \ \%\ p}\ *\ C_{n\ /\ p}^{i \ /\ p}\ \%\ p$$

等一下, $i\ /\ p$ 和 $n\ /\ p$ 有循环节, $i\ /\ p$ 和 $n\ /\ p$ 在很多时候都是相等的啊!

于是我们可以自然地想到:记 $$f[j] = \sum_{i = 0}^{j}\ C_{n\ \%\ p}^{i \ \%\ p}\ \%\ p$$

由于p不是很大,所以我们可以预处理出f数组

于是我们的复杂度可以从 $O(t\ *\ 10^{18}\ *\ $ 卢卡斯复杂度 $)$ 优化成 $O(t\ *\ k\ *\ $ 卢卡斯复杂度 $\ /\ 2333)$

$Code:$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define int long long
il int read() {
    re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
    return x * f;
}
#define p 2333
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define maxn 3000
int n, m, c[maxn][maxn], f[maxn][maxn], ans, k;
il int Lucas(int n, int m) {
    if(!m || n == m) return 1;
    if(n < m) return 0;
    return Lucas(n / p, m / p) * c[n % p][m % p] % p;
}
signed main() {
    c[0][0] = f[0][0] = 1;
    rep(i, 1, p) {
        f[i][0] = c[i][0] = c[i][i] = 1;
        rep(j, 1, i - 1) c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % p;
        rep(j, 1, i) f[i][j] = (f[i][j - 1] + c[i][j]) % p;
    }
    int T = read();
    while(T --) {
        n = read(), m = read(), ans = k = 0;
        for(; k <= m - p; k += p) ans = (ans + f[n % p][n % p] * Lucas(n / p, k / p)) % p;
        printf("%lld\n", (ans + Lucas(n / p, k / p) * f[n % p][min(n % p, m % p)]) % p);
    }
    return 0;
}

100分

我们再来思考我们50-2慢在了哪里?

我们在算

for(; k <= m - p; k += p) ans = (ans + f[n % p][n % p] * Lucas(n / p, k / p)) % p;

的时候时间复杂度开销很大,但是我们如果提出 $f[n\ \%\ p][n\ \%\ p]$ ,柿子就成 $$\sum_{i = 0}^{m\ /\ p}C_{n / p}^i$$

哎,这部可以递归算吗?

所以我们可以推出:

$$F(i, j) = f[n\ \%\ p][n\ \%\ p] * F(\frac{n}{p}, \frac{m}{p} - 1) + Lucas(\frac{n}{p}, \frac{m}{p}) * f[n\ \%\ p][min(n\ \%\ p, m\ \%\ p)]$$

$Code:$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define int long long
il int read() {
    re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
    return x * f;
}
#define p 2333
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define maxn 3000
int n, m, c[maxn][maxn], f[maxn][maxn];
il int Lucas(int n, int m) {
    if(!m || n == m) return 1;
    if(n < m) return 0;
    return Lucas(n / p, m / p) * c[n % p][m % p] % p;
}
il int F(int n, int m) {
    if(m == -1) return 0;
    if(!m) return 1;
    if(n < p) return f[n][m];
    return (f[n % p][n % p] * F(n / p, m / p - 1) + Lucas(n / p, m / p) * f[n % p][min(n % p, m % p)]) % p;
}
signed main() {
    c[0][0] = f[0][0] = 1;
    rep(i, 1, p) {
        f[i][0] = c[i][0] = c[i][i] = 1;
        rep(j, 1, i - 1) c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % p;
        rep(j, 1, p) f[i][j] = (f[i][j - 1] + c[i][j]) % p;
    }
    int T = read();
    while(T --) {
        n = read(), m = read();
        printf("%lld\n", F(n, m));
    }
    return 0;
}