Problem

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Reference

关于二项展开式系数和
【二项式定理】【推导】计蒜客17115 2017 ACM-ICPC 亚洲区（西安赛区）网络赛 B. Coin

Meaning

抛一个硬币正面朝上的概率是 qp\frac{q}{p}（qp≤12\frac{q}{p}\leq \frac{1}{2}），连抛 k 次，求正面朝上的次数是偶数的概率

Analysis

即是求：

∑0≤i≤k，i是偶数Cik(qp)i(1−qp)k−i

\sum_{0\leq i\leq k，i 是偶数}C_{k}^{i}(\frac{q}{p})^{i}(1-\frac{q}{p})^{k-i}
通分，提出 1pk\frac{1}{p^{k}}，得：

1pk∑iqi(p−q)k−i

\frac{1}{p^{k}}\sum_{i} q^{i}(p-q)^{k-i}
其中的求和部分，即是求 [q+(p−q)]k[q+(p-q)]^{k} 展开式中偶数项的系数和。
求 (a+b)k(a+b)^{k} 的偶数项和可以：
1. 直接通过 (a+b)k+(−a+b)k2\frac{(a+b)^{k}+(-a+b)^{k}}{2} 来求；
2. 也可以用 (a+b)k±(a−b)k2\frac{(a+b)^{k}\pm (a-b)^{k}}{2} 来求

(a+b)k(a+b)^{k} 的通项是 Cikaibk−iC^{i}_{k}a^{i}b^{k-i}
(a−b)k(a-b)^{k} 的通项是 Cikai(−b)k−i=(−1)k−iCikaibk−iC^{i}_{k}a^{i}(-b)^{k-i}=(-1)^{k-i}C^{i}_{k}a^{i}b^{k-i}
要消去奇数项，就要使得前者 i 为奇数时，后者 k - i 也是奇数
所以当 k 是奇数时，两者相减；而 k 是偶数时，两者相加

Code

#include <cstdio>
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;int fp(long long a, int b)
{int r = 1;for( ; b; b >>= 1, a = a * a % MOD)if(b & 1)r = r * a % MOD;return r;
}int main()
{int T;scanf("%d", &T);while(T--){int p, q, k;scanf("%d%d%d", &p, &q, &k);int a = fp(p, k), // [q + (p - q)] ^ kb = fp(p - q - q, k); // [-q + (p - q)] ^ kint ans = (a + b) % MOD;// ans / 2ans = (long long)ans * fp(2LL, MOD - 2) % MOD;// ans / p^kans = (long long)ans * fp(fp(p, k), MOD - 2) % MOD;printf("%d\n", ans);}return 0;
}

用第二种的：

/*… 前面相同 …*/int a = fp(p, k), // [q + (p - q)] ^ k// q + q - p <= 0，所以要 + MODb = fp(q + q - p + MOD, k), // [q - (p - q)] ^ kans;if(k & 1)ans = (a - b + MOD) % MOD;
elseans = (a + b) % MOD;
// ans / 2
ans = (long long)ans * fp(2LL, MOD - 2) % MOD;
// ans / p^k
ans = (long long)ans * fp(fp(p, k), MOD - 2) % MOD;/*… 后面相同 …*/

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