[AH2017/HNOI2017]抛硬币

一、题目

点此看题

二、解法

前置芝士：范德蒙德卷积：
C(n+m,k)=∑i=0kC(n,i)C(m,k−i)C(n+m,k)=\sum_{i=0}^kC(n,i)C(m,k-i)C(n+m,k)=i=0∑kC(n,i)C(m,k−i)这道题的暴力算式是很好写的，但是优化不动，因为用不到a−b≤10000a-b\leq10000a−b≤10000，从最简单的情况考虑：

部分分：a=b

此时a,ba,ba,b公平竞争，对于aaa赢着的情况，一定严格对应一种aaa输着的情况（把他们的输赢情况反转），那么我们考虑算出他们平局的情况，用所有情况减去除222即是答案，平局算式如下：
∑i=0aC(a,i)2=∑i=0aC(a,i)C(a,a−i)=C(2a,a)\sum_{i=0}^aC(a,i)^2=\sum_{i=0}^aC(a,i)C(a,a-i)=C(2a,a)i=0∑aC(a,i)2=i=0∑aC(a,i)C(a,a−i)=C(2a,a)所以答案是：
2a+b−C(2a,a)2\frac{2^{a+b}-C(2a,a)}{2}22a+b−C(2a,a)a>b

有点难，按照部分分的对应法则我们发现有些aaa赢的情况反转时候还是赢的，我们称这种现象叫不对称，记对称的方案数是S1S_1S1，不对称的方案数是S2S_2S2，则有这样的关系：
S1+S2=2a+b,ans=S12+S2S_1+S_2=2^{a+b},ans=\frac{S_1}{2}+S_2S1+S2=2a+b,ans=2S1+S2我们只需要求出其中一个就行了，求对称的只能暴力，所以我们去算S2S_2S2，我们考虑此时满足什么样的关系，用形式上的表达，记∣a∣|a|∣a∣是aaa的111个数，∣b∣|b|∣b∣是bbb的111个数：
∣a∣>∣b∣,a−∣a∣>b−∣b∣|a|>|b|,a-|a|>b-|b|∣a∣>∣b∣,a−∣a∣>b−∣b∣也就是a−b>∣a∣−∣b∣a-b>|a|-|b|a−b>∣a∣−∣b∣，这时候出现了a−ba-ba−b就很舒服了，盯准它，枚举∣b∣|b|∣b∣和∣a∣−∣b∣|a|-|b|∣a∣−∣b∣：
S2=∑i=0bC(b,i)∑j=1a−b−1C(a,i+j)S_2=\sum_{i=0}^bC(b,i)\sum_{j=1}^{a-b-1}C(a,i+j)S2=i=0∑bC(b,i)j=1∑a−b−1C(a,i+j)∑j=1a−b−1∑i=0bC(b,b−i)C(a,i+j)\sum_{j=1}^{a-b-1}\sum_{i=0}^bC(b,b-i)C(a,i+j)j=1∑a−b−1i=0∑bC(b,b−i)C(a,i+j)∑j=1a−b−1C(a+b,b+j)\sum_{j=1}^{a-b-1}C(a+b,b+j)j=1∑a−b−1C(a+b,b+j)然后用算出上式这道题就结束了，模数其实是1e91e91e9，非质数，考虑扩展卢卡斯，109=295910^9=2^95^9109=2959，对两个质数次幂做卢卡斯然后crt\tt crtcrt合并就行了，需要预处理对于质因子222和555的阶乘，算卢卡斯就可以O(log⁡2)O(\log^2)O(log2)了（需要快速幂）

还有问题，最后的除222怎么解决，222的次幂可以直接搞指数，对于我们算的组合数由于是杨辉三角上的111行，具有其对称性，只用算一边就可以了，而如果a+ba+ba+b是偶数C(a+b,(a+b)/2)C(a+b,(a+b)/2)C(a+b,(a+b)/2)没有配对的，把他化到上一行变成C(a+b−1,(a+b)/2)C(a+b-1,(a+b)/2)C(a+b−1,(a+b)/2)就行了。还有一种方法就是把模数变成2e92e92e9最后就可以直接除222了。

#include <cstdio>
const int p = 1e9;
#define int long long
int read()
{int num=0,flag=1;char c;while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;while(c>='0'&&c<='9')num=(num<<3)+(num<<1)+(c^48),c=getchar();return num*flag;
}
int n,m,a,b,k,y[20],mod[2]={512,1953125},bs[2]={2,5},fac[2][2000000];
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{if(!b){x=1;y=0;return ;}exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);
}
int inv(int v,int p)
{int x,y;exgcd(v,p,x,y);return (x%p+p)%p;
}
int qkpow(int a,int b,int p)
{int r=1;while(b>0){if(b&1) r=r*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return r;
}
int fuck(int n,int t)
{if(!n) return 1;return qkpow(fac[t][mod[t]-1],n/mod[t],mod[t])*fac[t][n%mod[t]]%mod[t]*fuck(n/bs[t],t)%mod[t];
}
int L(int n,int m,int t)
{int ind=0;for(int i=n;i;i/=bs[t]) ind+=i/bs[t];for(int i=m;i;i/=bs[t]) ind-=i/bs[t];for(int i=n-m;i;i/=bs[t]) ind-=i/bs[t];if(ind>=9) return 0;int x=fuck(n,t),y=fuck(m,t),z=fuck(n-m,t);return x*inv(y,mod[t])%mod[t]*inv(z,mod[t])%mod[t]*qkpow(bs[t],ind,mod[t])%mod[t];
}
void pr(int x)
{for(int i=1;i<=k;i++,x/=10) y[i]=x%10;for(int i=k;i>=1;i--) printf("%lld",y[i]);puts("");
}
signed main()
{fac[0][0]=fac[1][0]=1;for(int i=1;i<mod[0];i++)fac[0][i]=(i%2)?i*fac[0][i-1]%mod[0]:fac[0][i-1];for(int i=1;i<mod[1];i++)fac[1][i]=(i%5)?i*fac[1][i-1]%mod[1]:fac[1][i-1];while(~scanf("%lld %lld %lld",&a,&b,&k)){int r2=0,r5=0;if(a==b)//求C(2a,a) {r2=L(2*a-1,a,0);r5=L(2*a-1,a,1);r2=r2*mod[1]%p*inv(mod[1],mod[0])%p;r2=(r2+r5*mod[0]%p*inv(mod[0],mod[1])%p)%p;pr((qkpow(2,a+b-1,p)-r2+p)%p);}else{if((a+b)%2)//对称，算一边 {for(int i=b+1;i<=(a+b)/2;i++) r2=(r2+L(a+b,i,0))%p;for(int i=b+1;i<=(a+b)/2;i++) r5=(r5+L(a+b,i,1))%p;r2=r2*mod[1]%p*inv(mod[1],mod[0])%p;r2=(r2+r5*mod[0]%p*inv(mod[0],mod[1])%p)%p;pr((qkpow(2,a+b-1,p)+r2)%p);}else//单独算C(a+b,(a+b)/2) {for(int i=b+1;i<(a+b)/2;i++) r2=(r2+L(a+b,i,0))%p;r2=(r2+L(a+b-1,(a+b)/2,0))%p;for(int i=b+1;i<(a+b)/2;i++) r5=(r5+L(a+b,i,1))%p;r5=(r5+L(a+b-1,(a+b)/2,1))%p;r2=r2*mod[1]%p*inv(mod[1],mod[0])%p;r2=(r2+r5*mod[0]%p*inv(mod[0],mod[1])%p)%p;pr((qkpow(2,a+b-1,p)+r2)%p);}}}
}