fxtoi zjzj
\(40\)分:爆搜，此处不作赘述
这道题硬推是很难推的，下面展示一下硬推的过程，以\(f(4,n)\)为例
我们可以根据题目列出一个式子:
\(\sum\limits_{i=1}^{n}{\sum\limits_{j=1}^{n}{\sum\limits_{k=1}^{n}{\sum\limits_{s=1}^{n}{1[i+j+k+s=n]}}}}\)
我们可以使用构造，约去\(s\)
\(\sum\limits_{i=1}^{n}{\sum\limits_{j=1}^{n}{\sum\limits_{k=1}^{n}{1[i+j+k<n]}}}\)
再来:
\(\sum\limits_{i=1}^{n-3}{\sum\limits_{j=1}^{n-i-2}{\sum\limits_{k=1}^{n-i-j-1}{1[i+j+k<n]}}}\)
这步似乎没有什么用，除了减小一点常数以外，但是这个式子等于
\(\sum\limits_{i=1}^{n-3}{\sum\limits_{j=1}^{n-i-2}{\sum\limits_{k=1}^{n-i-j-1}{1}}}\)
读者可以自行证明，接下来
\(\sum\limits_{i=1}^{n-3}{\sum\limits_{j=1}^{n-i-2}{n-i-j-1}}\)
化开
\(\sum\limits_{i=1}^{n-3}{((n-i)(n-i-2)-\sum\limits_{j=1}^{n-i-2}{j+1})}\)
等差数列公式走起
\(\sum\limits_{i=1}^{n-3}{((n-i)(n-i-2)-\frac{(n+1-i)(n-i-2)}{2})}\)
再化开
\(\sum\limits_{i=1}^{n-3}{\frac{1}{2}(n^2-2in+2i^2+i-n-2)}\)
然后套一个\(\sum\limits_{i=1}^{n}{i^2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)公式就可以推出答案。
可见推\(f(k,n)\)要用到\(\sum\limits_{i=1}^{n}{i^{k-2}}\)的公式，而这个公式是没有通项式的所以我们要换个思路。
可以转换一下模型，\(f(i,k)\)表示在\(k\)个球中间\(k-1\)个空放\(i\)个隔板把这些球分成不同数量的方案数，这明显是\(A_{i}^{k-1}\)，但会有重复，所以应该是\(C_{i}^{k-1}\)，答案为\(\sum\limits_{i=1}^{n-1}{C_{i}^{n-1}}\)
在这里如果用杨辉三角爆推有\(60\)分。但这个式子也没什么用，因为\(C_{i}^{n-1}\)无法处理，除非用杨辉三角或逆元，当模数是质数是可以用卢卡斯定理(但很可惜，这道题模数不是)但\(\sum\limits_{i=1}^{n-1}{C_{i}^{n-1}}=2^{n-1}\)!!想象一下，对于\(n-1\)个空，每个空对应放与不放两种选择，而所有的情况就对应了所有的组合数。
那么有了这个结论，可以用快速幂优化到\(80\)分(事实证明数据没造好，连普通的乘法都有\(80\))，接下来怎么优化，\(n\leq5\times10^{10^7}\)，似乎要用高精，但空间又不够(毒瘤出题人只给了\(4M\)空间(\(275307894a\):还不够吗，足足是\(std\)的\(5\)倍!!!))，所以考虑一下模数，我们会发现模数为\(2^{60}-1\)，那么\(n=61\)时和\(n=1\)时答案是一样的，所以可以\(\%60\)之后直接做普通乘法。但\(\%60\)又是个问题，高精不可能。
有这样两个定理:\((a\%mod)(b\%mod)=ab \% mod\)和\((a\%mod+b\%mod)\%mod=(a+b) \% mod\)
回想一下快读的过程，只有\(\times\)和\(+\)两种，那么直接可以用快读的方法过掉，最大用时\(497ms\)，(\(275307894a\):你看，时限还是\(std\)的\(2\)倍呢)
代码实现:
#include<cstdio>
using namespace std;
long long ans=1,tot,pus,n,x;
char s;
int main(){
register int i;
s=getchar();
while(s<'0'||s>'9') s=getchar();
while(s>='0'&&s<='9') x=((x<<3)+(x<<1)+(s^48))%60,s=getchar();
x=(x+59)%60;
for(i=1;i<=x;i++) ans*=2;
printf("%lld\n",ans);
}
