题目描述
为了揭穿$SERN$的阴谋，$Itaru$黑进了$SERN$的网络系统。
然而，想要完全控制$SERN$，还需要知道管理员密码。$Itaru$从截获的信息中发现，$SERN$的管理员密码是两个整数$l,s,0leqslant sleqslant l$，并且一旦得知了管理员密码，就可以生成出$SERN$各个网路接口的密码：各个网络接口的密码均是若干个长为$l$的$0/1$串，且每个串中$1$的个数恰为$s$。不难发现，生成的密码串个数是一个组合数。
$SERN$的网络系统是由$p^k$个网络接口构成的，$SERN$为了保证网络系统的稳定性，保证了$p$为质数，且所有生成的密码串个数能被$p^k$整除。为了网络通讯的方便，$SERN$的网络接口的密码不会太长，即可以保证$lleqslant N$。
作为一名$Super Hacker$，$Itaru$已经想到了破解密码的绝妙方法，然而在这之前，他需要确认管理员密码的可能情况有多少。由于答案可能很大，答案对${10}^9+7$取模。
输入格式
仅包含一行三个整数$N,p,k$。
输出格式
仅包含一个整数，表示答案。
样例
样例输入：
4 2 2
样例输出：
2
数据范围与提示
样例解释：
有$2$种可能的情况，$l=4,s=1;l=4s=3$。
数据范围：
保证$1leqslant p,kleqslant {10}^9,1leqslant Nleqslant {10}^{1000}$，$p$为质数。
各个测试点还满足如下约束：
题解
又是数学题，那就化式子。
组合数与阶乘有关，我们可以先考虑阶乘。
对于$n!$，满足$p^k|n!$的最大的$k$为：$$maxk=sum limits_{i=1}^{infty}left lfloor frac{n}{p^i}
ight
floor$$
那么对于$C_n^m$，由于$C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!}$，满足$p^k|C_n^m$的最大的$k$为：$$maxk=sum limits_{i=1}^{infty}left lfloor frac{n}{p^i}
ight
floor-left lfloor frac{m}{p^i}
ight
floor-left lfloor frac{n-m}{p^i}
ight
floor left lfloor frac{n-m}{p^i}
ight
floor$$
然后我们引入一个新的名词：库默尔定理。
那么，什么是库默尔定理呢？
设$m,n$为正整数，$p$为素数，则$C_{m+n}^m$含$p$的幂次等于$m+n$在$p$进制下的进位次数。
下面给出证明：
组合数$C_{n+m}^m$所含$p$的幂次数为：$$sum limits_{i=1}^{infty}left lfloor frac{m+n}{p^i} ight floor-sum limits_{i=1}^{infty}left lfloor frac{n}{p^i} ight floor-sum limits_{i=1}^{infty}left lfloor frac{m}{p^i} ight floor \ =sum limits_{i=1}^{infty}(left lfloor frac{m+n}{p^i} ight floor-left lfloor frac{n}{p^i} ight floor-left lfloor frac{m}{p^i} ight floor)$$
这是因为组合数公式$C_{n+m}^n=frac{(n+m)!}{n!m!}$以及$n!$含有素数$p$的幂次公式$vp(n!)=sum limits_{i=1}^{infty} left lfloor dfrac{n}{p^i} ight floor$。
对于某个$p^i$，$left lfloor frac{m}{p^i} ight floor$等于$m$在$p$进制表示下去掉后$i$位，在第$i+1$位上，$n+m$在这一位上进位的充要条件是$$left lfloor frac{n+m}{p^i} ight floor-left lfloor frac{n}{p^i} ight floor-left lfloor frac{m}{p^i} ight floor=1$$不进位则$$left lfloor frac{n+m}{p^i} ight floor-left lfloor frac{n}{p^i} ight floor-left lfloor frac{m}{p^i} ight floor=0$$因此$sum limits_{i=1}^{infty}(left lfloor frac{m+n}{p^i} ight floor-left lfloor frac{n}{p^i} ight floor-left lfloor frac{m}{p^i} ight floor)$就是$n+m$在$p$进制下的进位次数。
那么题目所求便是两个和不超过$N$的正整数，它们在$p$进制下做加法近位了至少$k$的可能方案数。
那么考虑数位$DP$，设$dp[i][j][0/1][0/1]$表示到了$p$进制下的第$i$位，进位次数为$j$，下一位是否进位，前$i$位是否与$N$在$p$进制下相同的方案。
时间复杂度：$Theta(S^2)$设$S$为$N$在$p$进制下的位数。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char ch[1001];
long long N[1001],S[1001];
long long p,k;
long long dp[1001][1001][2][2];
long long ans;
int main()
{
scanf("%s%lld%lld",ch+1,&p,&k);
N[0]=strlen(ch+1);
for(int i=1;i<=N[0];i++)N[i]=ch[i]-'0';
for(int i=1;(i<<1)<=N[0];i++)
N[i]^=N[N[0]-i+1]^=N[i]^=N[N[0]-i+1];
while(N[0])
{
for(int i=N[0];i;i--)
{
if(i>1)N[i-1]+=N[i]%p*10;
else S[++S[0]]=N[i]%p;
N[i]/=p;
}
while(N[0]&&!N[N[0]]){N[0]--;if(N[0]<0){puts("0");return 0;}}
}
dp[0][0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=S[0];i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
{
dp[i][j][0][0]=(((S[i]+1)*(S[i]+2)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+(S[i]*(S[i]+1)>>1)%1000000007*(dp[i-1][j][0][1]+dp[i-1][j][1][0])%1000000007+(S[i]*(S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
dp[i][j+1][0][1]=((((p<<1)-S[i]-2)*(S[i]+1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+(((p<<1)-S[i])*(S[i]+1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][1]%1000000007+(((p<<1)-S[i]-1)*S[i]>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][0]%1000000007+(((p<<1)-S[i]+1)*S[i]>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
dp[i][j][1][0]=(((S[i]+p+2)*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+((p+S[i])*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][1]%1000000007+((p+S[i]+1)*(p-S[i])>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][0]%1000000007+((p+S[i]-1)*(p-S[i])>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
dp[i][j+1][1][1]=(((p-S[i]-2)*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*dp[i-1][j][0][0]%1000000007+((p-S[i])*(p-S[i]-1)>>1)%1000000007*(dp[i-1][j][0][1]+dp[i-1][j][1][0])%1000000007+((p-S[i]+1)*(p-S[i])>>1)%1000000007*dp[i-1][j][1][1]%1000000007)%1000000007;
}
for(int i=k;i<=S[0];i++)
ans=(ans+dp[S[0]][i][0][0])%1000000007;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
rp++