2017 ACM-ICPC 亚洲区（西安赛区）网络赛 B题 Coin 题解

　　这道题比较考验（高中）数学知识，主要用到乘法逆元、多项式奇数项之和与快速幂取模三个知识点。

　　乘法逆元：设整数a、x、m(a与m互质),若x*a=1 mod m则x就是a对m的乘法逆元。一个数除以a后对m取模的结果等于这个数乘以a对m的逆元对m取模的结果。

　　　　　　　乘法逆元的计算要用到扩展欧几里得算法:

　　　　　　　基本算法：必然存在两整数a,b使不全为零的两整数x,y满足：x*a+y*b=gcd(x,y) ①.由x*a=1 mod m可知x*a+m*(-k)=1(k为整数).因为a,m互质所以gcd(a,m)=1，故此式与扩展欧几里得公式一致。

　　　　　　　由辗转相除法可知gcd(x,y)=gcd(y,x mod y)，因为式y*a1+(x mod y)*b1=gcd(y,x mod y) ②，所以x*a+y*b=y*a1+(x mod y)*b1 ③。将③式展开，比较x,y系数可知a=b1,b=a1-(x/y)*b1.又因为在y=0时，gcd(x,y)=x,此时a=1,b=0，于是可以递归地求出a,b的值。代码如下：

int gcd(int x, int y, int &a, int &b)
{
    if (y == 0) 
    {
        a = 1, b = 0;
        return x; 
    }
    int GCD=gcd(y, x%y, a, b);
    int a1 = a, b1 = b;
    a = b1;
    b = a1 - (x / y)*b1;
    return GCD;
}

　　快速幂取模：代码如下：

int QPow(int a, int N) {
    long long r = 1, aa = a;
    while (N) {
        if (N & 1 == 1) r = (r * aa) % mod;
        N >>= 1;
        aa = (aa * aa) % mod;
    }
    return r;
}

　　在本题需要注意极限情况下计算过程中数值可能超出int范围。

　　多项式奇数项之和：

　　　　本题本质上就是要求((1-q)+q)^k展开式中的(1-q)次数为偶数的项之和,设为s,可知：s=(((1-q)+q)^k+((1-q)-q)^k)/2.答案即为s mod (1e9+7).

　　主函数代码如下：

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int N;
    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N; ++i)
    {
        int p, q, k;
        cin >> p >> q >> k;
        int a = (2 * power(p, k)) % mod;
        int x = 0, y = 0;
        gcd(a, mod, x, y);
        while (x < 0)x += mod;
        cout << (long long)(x*(long long)(power(p, k) + power(p - 2 * q, k))%mod) % mod << endl;
    }
}

　　(注意数值大小！注意数值大小！注意数值大小！)