Problem Description
As we know, sequence in the form of an=a1+(n−1)d is called arithmetic progression and sequence in the form of bn=b1qn−1(q>1,b1≠0) is called geometric progression. Huazheng wants to use these two simple sequences to generate a simple matrix. Here is what he decides to do:
Use the geometric progression as the first row of the simple matrix: c0,n=bn
Use the arithmetic progression as the first column of the simple matrix: cn,0=an
Calculate the item at n-th row, m-th
column of the simple matrix as cn,m=cn−1,m+cn,m−1, where n≥1 and m≥1.
Given the two sequences, Huazheng wants to know the value of cn,m, but he is too busy with his research to
figure it out. Please help him to work it out. By the way, you can assume that c0,0=0.
Input
The first line of input contains a number T indicating
the number of test cases (T≤200).
For each test case, there is only one line containing six non-negative integers b1,q,a1,d,n,m.
(0≤n≤10000).
All integers are less than 231.
Output
For each test case, output a single line consisting of “Case #X: Y”. X is the test case number starting from 1. Y is cn,m module 1000000007.
Sample Input
2
3 10 1 1 3 3
5 2 1 10 4 2
Sample Output
Case #1: 423
Case #2: 140
这题我是用暴力优化了好久过的。虽然赛后5分钟过的，不过能过还是很幸运的。
题目大意就是给了第0行是等比数列，第0列是等差数列，然后有递推式 C(n, m) = C(n-1, m)+C(n, m-1)，
要求任意的C(n, m)，n <= 10000。
题目很关键的一点是m的范围是m < 2^31，这样的话首先对于行方面是不能枚举的。
由于行方面，第0行是等比数列，但是到第1行就不是了，这点比较棘手。
此外，对于第i行，不难发现，C(i, j)是前一行的前j项和加上ai。
但是对于C(n, m)来说，某个ak对于它的贡献是多少，这点也比较棘手。
我首先是考虑等比和等差其实可以分开了算的，这个稍微推一下就知道的。
我先考虑如何解决等比，主要是解决m过大的问题。
不妨设f(n, i)表示第n行的第i个数（只考虑由b得到的项，假设所有的a全部为0）
那么f(0,i) = qf(0, i-1)
而f(1, i) = sum(f(0, j)) (j <= i)
这一步通过一次递推可以得到f(1, i) = qf(1, i-1) + f(0, 1)
通过对其配一个常数可以得到 ( f(1, i) + f(0, 1)/(q-1) ) = q( f(1, i-1) + f(0,1)/(q-1))
于是通过加一个f(0, 1)/(q-1)可以令第二行同样变成等比数列，然后再在a1处减掉f(0, 1)/(q-1)就能保证后面的值不变了。
如此归纳下去，f(n, i)加上f(n-1, 1)/(q-1)即为等比数列，然后在an处减掉即可。
这样只需要维护每行等比数列的首项和ai即可。
这样的话对于C(n, m)来说，维护后的第n行等比数列对其的贡献就是第m项，即f(n, 1)*q^(m-1).
注意：上面过程中的除法用乘逆元进行计算。
接下来就是解决ai对C(n, m)的贡献问题了。其实也不难发现它和杨辉三角是一样的，但是需要搞清楚行列的关系。就比如ai对于后面项的贡献：
ai ai ai ai ai
0 ai 2ai 3ai 4ai
0 ai 3ai 6ai 10ai
0 ai 4ai 10ai 20ai
0 ai 5ai 15ai 35ai
0 ai 6ai 21ai 56ai
把这个矩阵斜过来就是杨辉三角而且对于ai往下的第x行第y列来说，
对应于杨辉三角的第x+y-2行第x-1个。
这样贡献就是C(x+y-2, x-1)
而x又等于n-i+1.
于是ai对于C(n, m)的贡献就是C(n+m-1-i, n-i)。
然后又发现C（n+m-1-i, n-i）是大组合数，比赛时用lucas一直T。
后来发现虽然n+m-1-i很大，但是n-i很小。
而且C(n+m-1-i, n-i) = C(n+m-1-i-1, n-i-1) * (n+m-1-i)/(n-i).
这一步求(n-i)的逆元进行计算。
此外就是n-i当i取n的时候C（n+m-1-i, n-i）为1.
于是预先把所有a存下来的话，然后从最后一项开始往上加即可，维护C（n+m-1-i, n-i）。
至此之前的问题就能优化了。中间过程还有部分求逆元的还能进行时间的优化。
代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #define LL long long #define MOD 1000000007 using namespace std; LL b1, q, a1, d, n, m; LL ans, dis[10005]; void input() { ans = 0; scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &b1, &q, &a1, &d, &n, &m); } //EXGCD //求解方程ax+by=d,即ax=d mod(b) //扩展可求逆元 //O(logn) void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d) { if (b == 0) { x = 1; y = 0; d = a; } else { exgcd(b, a%b, y, x, d); y -= a/b*x; } } //a = bx(mod N) LL modDiv(LL a, LL b) { LL x, y, d; exgcd(b, MOD, x, y, d); x = (x+MOD) % MOD; x = (x*a/d) % MOD; return x; } //快速幂m^n LL quickPow(LL x, LL n) { LL a = 1; while (n) { a *= n&1 ? x : 1; a %= MOD; n >>= 1 ; x *= x; x %= MOD; } return a; } void work() { LL now = b1, tmp; now %= MOD; for (int i = 1; i <= n; ++i) { tmp = modDiv(now, q-1); now = now+tmp; now %= MOD; dis[i] = (a1+(i-1)*d%MOD-tmp)%MOD; dis[i] = (dis[i]+MOD)%MOD; } LL qt = 1; ans += qt*dis[n]; for (int i = n-1; i > 0; --i) { qt = modDiv((qt*((n+m-1)-i)%MOD+MOD)%MOD, n-i); ans += (qt*dis[i])%MOD; ans %= MOD; } tmp = quickPow(q, (m-1)%(MOD-1))%MOD; ans += now*tmp%MOD; ans %= MOD; printf("%I64d ", ans); } int main() { //freopen("test.in", "r", stdin); int T; scanf("%d", &T); for (int times = 1; times <= T; ++times) { printf("Case #%d: ", times); input(); work(); } return 0; }