组合数问题 社论

题面

组合数问题

给 $n,p,k,r$，求

$$\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{nk}{ik+r}$$

对 $p$ 取模的结果 .

$1 \leq n \leq 10^9$，$0 \leq r < k \leq 50$，$2 \leq p \leq 2^{30} - 1$ .

基于矩阵快速幂的做法

基本做法都是 $O(k^3\log n)$ 的，值得一提的是，UM 给出了一个 $O(k^2\log n)$ 做法 .

组合意义天地灭

这个是洛谷题解区比较普遍的算法，不知道为啥，难道是遇到数数组合题就先 DP 嘛？下面说一下天地灭的做法 .

考虑原式的组合意义，其实就是在 $nk$ 个物品中选出 $c$ 个使得 $c\bmod k = r$ .

令 $dp_{i,j}$ 表示选到第 $i$ 个，且选的物品数 $c$ 满足 $c\bmod k=r$ 的方案数，则

$$dp_{i,j}=dp_{i-1,(j-1)\bmod r}+dp_{i-1,j}$$

注意到每次的转移矩阵是相同的，于是矩阵快速幂优化即可，时间复杂度 $\Theta(k^3\log n)$ .

代数推导保平安

根据众所周知的 $\dbinom nm=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}m$ 对组合数作 $k$ 次展开可以得到：

Lemma

$$\dbinom nm=\sum_{i=0}^k\dbinom{n-k}{m-i}\dbinom ki$$

其中 $k$ 为任意整数 .

令 $\displaystyle A_{n,r}=\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{nk}{ik+r}$，则：

$$\begin{aligned}A_{n,r}&=\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{nk}{ik+r}\\&=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^k\dbinom{(n-1)k}{ik+r-j}\dbinom kj\\&=\sum_{j=0}^k\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{(n-1)k}{ik+r-j}\dbinom kj\\&=\sum_{j=0}^k\dbinom kj\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{(n-1)k}{ik+r-j}\\&=\sum_{j=0}^k\dbinom kjA_{n-1,r-j}\end{aligned}$$

这样我们就得到了一个关于 $A$ 的递推，类似的，矩阵快速幂优化即可，时间复杂度 $\Theta(k^3\log n)$ .

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这个 $A$ 的式子和组合意义 DP 做法的很不相同，为什么是等价的呢？

$$\begin{aligned}A_{n,k}&=\sum_{j=0}^k\dbinom kjA_{n-1,r-j}\\&=\sum_{j=0}^k\left(\dbinom{k-1}j+\dbinom{k-1}{j-1}\right)A_{n-1,r-j}\\&=\sum_{j=0}^k\dbinom{k-1}jA_{n-1,r-j}+\sum_{j=0}^{k-1}\dbinom{k-1}{j-1}A_{n-1,(r-1)-(j-1)}\\&=A_{n-1,k}+A_{n-1,k-1}\end{aligned}$$

这里没考虑 $k=0$，考虑了就得取模，就和组合意义做法一样了 .

似乎魔怔的做法

根据题目背景我们可以把原式变成

$$\sum_{i\bmod k=r}\dbinom{nk}{i}$$

下面的做法都是基于它的 .

循环卷积快速幂

组合数 /cf

$$\begin{aligned}ans&=\sum_{i\bmod k=r}\dbinom{nk}{i}\\&=\sum_{i\bmod k=r}[z^i](1+z)^{nk}\\&=[z^r]((1-z)^{nk}\bmod (z^k-1))\end{aligned}$$

$\bmod(z^k-1)$ 相当于卷积 to 循环卷积，这样循环卷积快速幂即可 $O(k^2(\log n+\log k))$ .

kls 给出了一种去掉 $\log k$ 的方法：首先 $O(1-z)^{nk}=((1-z)^k)^n)$，注意到 $k\le 50$，且 $\dbinom{50}{25}=126410606437752$ 不会超过 64 位有符号整形表示范围，于是 $O(k^2)$ 算一下组合数然后循环卷积快速幂即可 $O(k^2\log n)$ .

单位根反演

有取模就有单位根反演。

有一份 wangrx 的提交记录 洛谷 R66265722，手推没推出来 TAT .