【2^k进制数】

发现自己推得组合数好像不太一样

先把这个复杂的柿子写一遍

[sum_{i=2}^{left lfloorfrac{n}{k} ight floor}C_{2^k-1}^{i}+sum_{i=1}^{2^{n ext{ } ext{mod} ext{ }k}-1}C_{2^k-1-i}^{left lfloorfrac{n}{k} ight floor} ]

感觉这个柿子非常蛇皮

但是非常好求啊

由于(2^k-1)非常小，最大仅仅是(511)，所以我们没有什么必要预处理阶乘，我们可以直接用组合数递推的方式来做

于是不需要打高精除或者高精乘了，一个高精加就够了

于是做法就非常无脑了，重要的是这个柿子是怎么推出来的

首先我们先考虑一个非常弱化的版本，就是(k|n)

如果(k|n)的话，**那么这个长度为(n)的二进制数就能被恰好分成(n/k)个块，而且每一个块能选择的数都是(0)到(2^k-1)这(2^k)个数
**

我们发现(0)这个非常不好考虑，于是我们可以先忽略掉(0)

所以现在有(n/k)个块，每个块内能填(2^k-1)种数

那么就有(C_{2^k-1}^{n/k})种可能

之后我们再来考虑(0)的情况，首先最高位（如果不是第二位的话）是可以填(0)的，而剩下的(n/k-1)个块我们仍旧按照之前的方式来填，于是就有(C_{2^k-1}^{n/k-1}),之后对于次高位还是可以填(0)（同时最高位也填(0)），那么还有(n/k-2)个块，于是就是(C_{2^k-1}^{n/k-2})

以此类推，直到对于第三个的块，我们还是可以填将这个块以及之前所有的块都填(0)，那么就还有(2)个块，于是就是(C_{2^k-1}^{2})

而第二个块可是不能填(0)了，于是就没了

所以对于(k|n)的时候，答案就是

[sum_{i=2}^{n/k}C_{2^k-1}^{i} ]

之后我们再来考虑一下(k)不整除(n)的情况

这个样子的话一共会分成(left lfloorfrac{n}{k} ight floor+1)个块，(left lfloorfrac{n}{k} ight floor)个块内可以选择的数都是(0)到(2^k-1)这(2^k)个数，而最后一个不完整的块只有(n ext{ } ext{mod} ext{ }k)位，所以能选择的数只有(0)到(2^{n ext{ } ext{mod} ext{ }k}-1)

如果这个最高位选择填(0)那么退化成了(k|n)的情况，所以最高位填0的方案数为

[sum_{i=2}^{left lfloorfrac{n}{k} ight floor}C_{2^k-1}^{i} ]

之后最高位还有(1)到(2^{n ext{ } ext{mod} ext{ }k}-1)这些数可以填，如果我们选择填(i)的话，那么剩下的块内就不能填比(i)小的数，于是剩下的每个块内能选择的就有(2^k-1-i)个数，所以方案数就是(C_{2^k-1-i}^{left lfloorfrac{n}{k} ight floor})

所以最后的答案还应该加上

[sum_{i=1}^{2^{n ext{ } ext{mod} ext{ }k}-1}C_{2^k-1-i}^{left lfloorfrac{n}{k} ight floor} ]

代码

#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define re register
#define maxn 512
using namespace std;
string c[maxn][maxn];
int n,k;
int p,t;
int res;
int aa[201],bb[201],cc[201];
inline string sum(string a,string b)
{
    memset(aa,0,sizeof(aa));
    memset(bb,0,sizeof(bb));
    memset(cc,0,sizeof(cc));
    int lena=a.size();
    int lenb=b.size();
    for(re int i=0;i<lena;i++)
        aa[i+1]=a[lena-i-1]-48;
    for(re int i=0;i<lenb;i++)
        bb[i+1]=b[lenb-i-1]-48;
    int p=1;
    for(p=1;p<=max(lena,lenb)||cc[p];p++)
    {
        cc[p]+=aa[p]+bb[p];
        cc[p+1]+=cc[p]/10;
        cc[p]%=10;
    }
    string C="";
    for(re int i=p-1;i;i--)
        C+=char(cc[i]+48);
    return C;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&k,&n);
	p=n/k;
	res=n%k;
	t=(1<<k);
	c[0][0]="1";
	for(re int i=1;i<=t-1;i++)
		c[i][0]=c[i][i]="1";
	for(re int i=1;i<t;i++)
	for(re int j=1;j<i;j++)
		c[i][j]=sum(c[i-1][j-1],c[i-1][j]);
	string ans="0";
	for(re int i=2;i<=p;i++)
	{
		if(i>t-1) break;
		ans=sum(ans,c[t-1][i]);
	}
	int pp=(1<<res)-1;
	for(re int i=1;i<=pp;i++)
	{
		if(p>t-1-i) break;
		ans=sum(ans,c[t-1-i][p]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}