题意:
(C(n, k) = m(2 leq m leq 10^{15})),给出(m)求所有可能的(n)和(k)。
分析:
设(minK = min(k, n - k)),容易看出(minK)的值绝对不会太大。
因为(n geq 2minK),经过简单的计算可以知道(minK)不超过(26)。
所以,可以枚举(minK),二分(n)来求解,二分的范围是([minK,m])。
二分的过程中需要比较(C(n,k))和(m)的大小,因为(C(n,k))可能会太大超过(long \, long)的范围,不能直接计算。
所以可以做除法来比较,(C(n,k)=prodlimits _{i=1}^k frac{n-i+1}{i})。
用(m)逐个去除以(frac{n-i+1}{k}),如果过程中变为了(0),说明(C(n,k)>m)。
否则(C(n,k))在(long \, long)的范围,可以直接计算去比较。
- 还想到一种(没卵用)优化:
因为(C(m,1))和(C(m,m-1))是显然的一组解,直接加到答案里就好了。
可以从(minK=2)开始枚举,(C(n,2)=frac{n(n-1)}{2}=m)。
所以如果有解的话,(n)的取值大概在(sqrt{2m})附近,减少了大概一半的二分次数。
进一步(minK=3)的话,(n)的范围就更小了,从这个角度我们也可以验证解不会太多。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <utility>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> PLL;
vector<PLL> ans;
int cmp(LL n, int k, LL m) {
LL C = 1;
for(int i = 1; i <= k; i++) {
if(m * i / (n - i + 1) / C == 0) return 1;
C = C * (n - i + 1) / i;
}
return C == m ? 0 : -1;
}
void output(const PLL& x) {
printf("(%lld,%lld)", x.first, x.second);
}
int main()
{
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) {
LL m; scanf("%lld", &m);
ans.clear();
ans.push_back(make_pair(m, 1LL));
ans.push_back(make_pair(m, m - 1LL));
for(int i = 2; i <= 30; i++) {
LL L = i, R = m;
while(L <= R) {
LL mid = (L + R) / 2;
int c = cmp(mid, i, m);
if(c == 0) {
ans.push_back(make_pair(mid, i));
ans.push_back(make_pair(mid, mid - i));
break;
} else if(c == 1) R = mid - 1;
else L = mid + 1;
}
}
sort(ans.begin(), ans.end());
ans.resize(unique(ans.begin(), ans.end()) - ans.begin());
printf("%d
", ans.size());
if(!ans.empty()) output(ans[0]);
for(int i = 1; i < ans.size(); i++) {
printf(" "); output(ans[i]);
}
printf("
");
}
return 0;
}