noip2016 组合数问题

题目描述

组合数 $C_n^m$ 表示的是从n个物品中选出m个物品的方案数。举个例子，从（1,2,3) 三个物品中选择两个物品可以有（1,2),(1,3),(2,3)这三种选择方法。根据组合数的定义，我们可以给出计算组合数的一般公式：

$C_n^m=\frac{n!}{m!(n - m)!}$

其中n! = 1 × 2 × · · · × n

小葱想知道如果给定n,m和k，对于所有的0 <= i <= n，0 <= j <= min(i,m)有多少对 (i,j)满足 $C_i^j$ 是k的倍数。

输入输出格式

输入格式：

第一行有两个整数t,k，其中t代表该测试点总共有多少组测试数据，k的意义见【问题描述】。

接下来t行每行两个整数n,m，其中n,m的意义见【问题描述】。

输出格式：

t行，每行一个整数代表答案。

输入输出样例

输入样例#1：

1 2
3 3

输出样例#1：

输入样例#2：

2 5
4 5
6 7

输出样例#2：

0
7

说明

【样例1说明】

在所有可能的情况中，只有 $C_2^1 = 2$ 是2的倍数。

【子任务】

终于开始填noip的坑了.

分析：其实对于组合数，我们有一个公式：c[i][j] = c[i-1][j-1] + c[i-1][j],但是如果n达到2000，这个数可能会超级大，于是蒟蒻的我在考场上写高精度......其实完全不需要，既然要求mod k = 0的个数，那么我们可以利用公式(a + b) mod c == (a mod c + b mod c) mod c,然后每算出一个c，我们就能根据它是不是0来判断它是不是k的倍数，那么如何求c[0][0]到c[n][m]整除k的个数呢？一般而言，求和要用到前缀和，本题要用到二维前缀和，sum[i][j] = sum[i-1][j] + sum[i][j-1] - sum[i-1][j-1] + ok[i][j],优化一下时间，看到t很大，先预处理(2000,2000)的组合数即可.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>using namespace std;int t, k, n, m,ans[2010][2010],c[2010][2010],ok[2010][2010];void init()
{c[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= 2000; i++){c[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= i; j++){c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % k;if (c[i][j] == 0)ok[i][j] = 1;}}for (int i = 1; i <= 2000; i++)for (int j = 1; j <= 2000; j++)ans[i][j] = ans[i - 1][j] + ans[i][j - 1] - ans[i - 1][j - 1] + ok[i][j];
}int main()
{scanf("%d%d", &t, &k);init();for (int i = 1; i <= t; i++){scanf("%d%d", &n, &m);printf("%d\n", ans[n][m]);}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/zbtrs/p/7242568.html