LINK：Number of Binominal Coefficients
原来难题都长这样。。
水平有限只能推到一半。
设(f(x))表示x中所含p的最大次数。即x质因数分解之后 p的指标。
容易想到 (f(n!)=sum_{i=1}^{n}frac{n}{p^i})
也同时 题目其实是想让我们求出 (f(n!)-f(k!)-f((n-k)!)>=a)的数对(n,k)的个数。
需要再转换一下 可以得到(f(x))x质因数分解之后扔掉第一位的数字大小。
(f(n!))其实是 不断扔掉一位 数字大小的累加。
但是我们需要求出(f(C(n,k))) 这里可以自己硬猜 不过存在一个库默尔定理。
(f(C(n,k)))其实是 (f(n!)-f(k!)-(n-k)!)也即 k和n-k在p进制下进位的次数。
这里给出简单证明：如果不存在进位 那么显然 这个东西就是为0.
如果某一位存在进位 那么在统计当前位的时候没有影响 统计下一位的贡献时 (f(n!))会多1.
显然当前的进位只会对下一位有贡献1。
也就是每次进位都是n!比k!+(n-k)!多1的时候 所以(f(C(n,k)))即 k和n-k在p进制下进位的次数。
至此 可以发现需要解决的问题变成了 有多少个数对(n,k) 在p进制下进位次数>=a 当然(n+kleq lim)
剩下的 就是一个数位dp的模型了 不过有点难写。
大体上 设状态 f[i][j][0/1][0/1]表示最高位~当前位 有j次进位 且是否存在最高位限制 且是否有下一位的进位。
值得一提的是需要保留下一位是否进位 而并非当前位 因为下一位对当前有影响 且一下位也同时影响着 当前位是否满足限制。
记忆化搜索就不大行了 常数大了 这个状态被定义出来就是接近1e7的。
显然递推需要从 左到右推 转移比较难写 注意要认真。
这可真是 从头到尾都是一道难题该有的样子。
const int MAXN=3510;
int n,m,p,a;
int f[MAXN][MAXN][2][2];//f[i][j][k][l]表示n~i+1位进了j次位了有没有最高位的限制是否存对上一次的进位.
char c[MAXN];
int cc[MAXN],b[MAXN];
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
gt(p);gt(a);gc(c);
m=strlen(c+1);
reverse(c+1,c+1+m);
rep(1,m,i)cc[i]=c[i]-'0';
while(m)
{
ll cnt=0;
fep(m,1,i)
{
cnt=cnt*10+cc[i];
cc[i]=cnt/p;cnt%=p;
}
if(!cc[m]&&m>=1)--m;
b[++n]=cnt;
}
if(a>n-1){puts("0");return 0;}
f[n+1][0][1][0]=1;
fep(n,1,i)
{
int c0=(ll)(1+p)*p/2%mod;//定义域为[0,p-1]值域为[0,p-1].
int c1=(ll)(b[i]+1)*b[i]/2%mod;//定义域为[a+b<=bi-1] 值域为[0,bi-1].
int c2=(ll)(p-1)*p/2%mod;//定义域为[0,p-1] 值域为[p,2p-2]
int c3=(ll)b[i]*(2*p-b[i]-1)/2%mod;//定义域为[a+b<=p+bi-1] 值域[p,p+bi-1]
int c4=(ll)(b[i]-1)*b[i]/2%mod;
int c5=(ll)(2*p-b[i]+1)*b[i]/2%mod;
rep(0,n-i,j)
{
int f0=f[i+1][j][0][0],f1=f[i+1][j][1][0];
int f2=f[i+1][j][0][1],f3=f[i+1][j][1][1];
f[i][j][0][0]=((ll)f0*c0%mod+(ll)c1*f1+(ll)f2*c2%mod+(ll)f3*c3%mod)%mod;
f[i][j][1][0]=((ll)(b[i]+1)*f1%mod+(ll)(p-1-b[i])*f3%mod)%mod;
f[i][j+1][0][1]=((ll)c2*f0%mod+(ll)c4*f1%mod+(ll)c0*f2%mod+(ll)c5*f3%mod)%mod;
f[i][j+1][1][1]=((ll)b[i]*f1%mod+(ll)(p-b[i])*f3%mod)%mod;
}
}
ll ans=0;
rep(a,n,i)
{
ans=(ans+f[1][i][0][0]+f[1][i][1][0])%mod;
//cout<<f[1][i][0][0]<<endl;
}
putl(ans);return 0;
}