Description

在杨辉三角中，从第一行第一列 $(0,0)$ 开始，每次可选择向正下方走或向右下方走，走到第 $n$ 行时不能超过第 $n$ 行第 $k$ 个元素，询问所经过路径的值的和的最小值 $mod(p)$ ，一共有T组询问， $T \leq 100000$ ， $0 \leq k \leq n \leq 1e9$ , 保证 $p$ 是质数，其中 $p < 1e4$

Solution

名字虽然是DP，但是可以找出最优方案。优先考虑 $k \leq \frac{n}{2}$ 的情况，先向下走 $n-k$ 步到达 $(n-k-1,0)$ 再一路沿着右下方走，直到到达底部，即有 $C_{n-k}^{0}+C_{n-k+1}^{1}+C_{n-k+2}^{2}+…+C_{n}^{k}=C_{n+1}^{k}$ 通过变换 $C_{n-k}^{0} = C_{n-k+1}{0}$ 再通过公式 $C_{n}^{m}=C_{n-1}^{m}+C_{n-1}^{m-1}$ 可将上述公式合并得到 $C_{n+1}^{k}$ 所以答案为 $C_{n+1}^{k}+n-k$ 当 $k > \frac{n}{2}$ 时，根据对称性，令 $k=n-k$ 即可转化成上一种情况又发现题目涉及组合数取模，所以要用到费马小定理

费马小定理: 假如 $a$ 是一个整数， $p$ 是一个质数，且 $gcd(a,p)=1$ ，即 $a,p$ 互质，那么有 $a^{p−1}≡1(modp)$

已知 $a^{p-1}≡1$ ，可以得到 $a \cdot a^{p-2}≡1$ ，我们称 $a$ 和 $a^{p-2}$ 为在 $mod(p)$ 意义下的乘法逆元然而这只解决了除法取模的问题，注意到 $n$ 的范围在 $1e9$ 直接计算组合数又是铁套老鹅(TLE)，于是借助Lucas定理

对于质数 $p$ ,有 $C_n^m\ mod \ p = C_{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \cdot C_{n\ mod\ p}^{m\ mod\ p} \ mod \ p$

可知 $n\ mod\ p$ 和 $m\ mod\ p$ 一定是小于 $p$ 的数，可直接求解，其余部分继续用Lucas定理求解，当 $m=0$ 的时候返回 $1$

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long long Lucas(long long n, long long m, long long p) {
  if (m == 0) return 1;
  return (C(n % p, m % p, p) * Lucas(n / p, m / p, p)) % p;
}

有了这些工具之后就可以预处理阶乘和逆元了

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <queue>
typedef long long LL;
const int MAXN = 10000;
using namespace std;
LL N,K,MOD;
bool isnotp[MAXN + 10];
LL pri[1500], num = 0;//素数表
int f[1300][MAXN];//阶乘
int inv[1300][MAXN];//逆元

inline void Euler() {
	isnotp[1] = true;
	memset(isnotp, false, sizeof(isnotp));
	for (int i = 2; i <= MAXN; i++) {
		if (!isnotp[i]) pri[++num] = i;
		for (int j = 1; j <= num && i*pri[j] <= MAXN; j++) {
			isnotp[i*pri[j]] = true;
			if (i%pri[j]==0) break;
		}
	}
}

LL fffpow(LL x, LL y, LL pp) {
	LL sum = 1;
	LL a = x;
	while (y) {
		if (y&1) {
		sum = (sum*a) % pp;
	}
		a = (a*a)%pp;
		y>>=1;
	}
	return (sum)%pp;
}

int cnt = 0;

inline LL Lucas(int N,int M,int o)
{
	LL a,b,ans=1;
	while(N && M) {
      a = N%pri[o];
	  b = M%pri[o];
      if(a < b)return 0;
      ans = ans*f[o][a]%pri[o]*inv[o][b]%pri[o]*inv[o][a-b]%pri[o];
      N /= pri[o];
	  M /= pri[o];
	}
  return ans;
}
 

int main() {	
	Euler();
	for(int i = 1; i <= num; i++) {
      	f[i][0] = f[i][1] = 1;
      	inv[i][0] = inv[i][1] = 1;
    	for(int j = 2;j < pri[i]; j++) {
          f[i][j] = f[i][j-1]*j % pri[i];
          inv[i][j] = fffpow(f[i][j], pri[i]-2, pri[i]);
		}
	}
	while (cin >> N >> K >> MOD) {
		LL ans;
		if(K > N/2) K = N - K;
      	int l = 1, r = 1229;
      	while(l <= r) {
        	int mid = (l + r) >> 1;
        	if(MOD < pri[mid]) r = mid - 1;
        	else l = mid + 1;
		}
		ans = (Lucas(N + 1, K, l - 1) + N - K)%MOD;
		printf("Case #%d: %lld\n", ++cnt, ans);	
	}
	return 0;
}

DP? 素数筛+Lucas定理+费马小定理

Description

Solution

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