[UOJ 275/BZOJ4737] 【清华集训2016】组合数问题 (LUCAS定理的运用+数位DP)

题面

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Solution

这题的数位DP好蛋疼啊qwq

好吧，我们说回正题。

首先，我们先回忆一下LUCAS定理：

(C_n^m equiv C_{n/p}^{m/p} imes C_{n\%p}^{m\%p} (\%p))

我们仔细观察这个定理，就可以发现一个事实：LUCAS定理本质上是在对n，m两个数做K进制下的数位分离

所以说，LUCAS定理我们可以这样表示：

(C_n^m equiv prod C_{a_i}^{b_i})

（ai与bi为K进制拆分后的两个数的每一位数，若一个数的位数不足另一个数，则以前导零填充）

我们要判断一个(C_n^m)是否能被K整除，只需要保证其中一个(C_{a_i}^{b_i})能被K整除（即同余K为零）就好。

又因为K为质数，且ai，bi均小于K，所以说我们要使得(C_{a_i}^{b_i})为0，必须有(b_i)>(a_i)
.

.

所以说，问题就变为了对于有多少个((i,j))使得(j)中某一位(>i)

这个新的问题显然可以用数位DP来解决。

在这里，我使用记忆化搜索来写（用记忆化可以减少讨论数）

考虑这样设状态：

设(f[x][0/1][0/1][0/1][0/1][0/1])表示填到第(x)位，

i是否卡上界n，j是否卡上界m，j是否卡上界 ((j<i)),上一位是否为前导零（这道题不需要，但是为了模板完整性。我还是写上去了），之前是否有某一位达成需求，之后可以达成的总共的可行方案数

转移非常好讨论，我们只需要注意一下j的上界是两个限制的最小值就好。

我是这样写转移的：

for(int i=0;i<=(limit1==true?l1[to]:K);i++)
	{
		int t_j=(limit2==true?l2[to]:K);
		t_j=(limit3==true?min(i,t_j):t_j);
		for(int j=0;j<=t_j;j++)
		{
			t_ans+=dfs(to+1,limit1==true and i==l1[to],limit2==true and j==l2[to],limit3==true and j==i,zero==true and i==0,OK==true or j>i);
			t_ans%=poi;
		}
	}

这样子写，看起来时间复杂度是

(O(T*n^2*2^5))

但是因为我们会少讨论很多没有意义的情况，所以说能跑得过去。

确切复杂度我不会算qwq

还请dalao们指点

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Code

//BZOJ 4737: 组合数问题
//Jan,14th,2019
//LUCAS定理的运用+鬼畜数位DP
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
long long read()
{
	long long x=0,f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
const int poi=1000000007;
const int N=70;
long long f[N][2][2][2][2][2];//到i位，底数卡不卡n，指数卡不卡m，指数卡不卡底数，zero，OK
int n,l1[N],l2[N],K;
long long dfs(int to,bool limit1,bool limit2,bool limit3,bool zero,bool OK)
{
	if(f[to][limit1][limit2][limit3][zero][OK]>=0) return f[to][limit1][limit2][limit3][zero][OK];
	long long t_ans=0;
	if(to==n+1)
	{
		if(OK==true)
			t_ans=1;
		return f[to][limit1][limit2][limit3][zero][OK]=t_ans;
	}
	for(int i=0;i<=(limit1==true?l1[to]:K);i++)
	{
		int t_j=(limit2==true?l2[to]:K);
		t_j=(limit3==true?min(i,t_j):t_j);
		for(int j=0;j<=t_j;j++)
		{
			t_ans+=dfs(to+1,limit1==true and i==l1[to],limit2==true and j==l2[to],limit3==true and j==i,zero==true and i==0,OK==true or j>i);
			t_ans%=poi;
		}
	}
	return f[to][limit1][limit2][limit3][zero][OK]=t_ans;
}
int main()
{
	int T=read();K=read();
	for(;T>0;T--)
	{
		n=0;
		long long num1=read(),num2=read();
		num2=min(num1,num2);//防止m>n
		
		while(num1!=0)
			l1[++n]=num1%K,num1/=K;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			l2[i]=num2%K,num2/=K;
		reverse(l1+1,l1+1+n);
		reverse(l2+1,l2+1+n);
		memset(f,0x80,sizeof f);
		K--;
		dfs(1,true,true,true,true,false);
		K++;
		
		printf("%lld
",f[1][true][true][true][true][false]);
	}
	return 0;
}