HDOJ--4869--Turn the pokers【组合数学+高速幂】
链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4869
题意：有m张扑克。開始时所有正面朝下。你能够翻n次牌，每次能够翻xi张。翻拍规则就是正面朝下变背面朝下，反之亦然，问经过n次翻牌后牌的朝向有多少种情况。
这道题在比赛时我们仅仅开了个头。却无从下手。
我看了网上的解题报告。说的都比較简单，对于我这名菜鸟来说也想了比較长的时间才想明确，所以我想写的清晰一些日后再看还能看的非常清晰。
思路是这样，每张牌翻奇数次必定是正面朝上。翻偶数次则还是正面朝下。如今用0表示初始状态（正面朝下），1表示正面朝上，能够依据n次翻牌的个数找出1的下限和上限。然后再在这个范围里用组合数学就ok了。比赛时就是想到了这里，找范围没有想出来。
这道题能够分为两部分：先是找到1的上限和下限，然后是计算出 c ( m , i ) 的值依次相加。
第一部分：
minm = maxm = 0;
p = q = 0;
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&x);
if(minm>=x) p = minm - x; //一
else if(maxm>=x) p = ((x&1)==(minm&1))?0:1; //二
else p = x - maxm; //三
if(maxm+x<=m) q = maxm + x; //四
else if(minm+x<=m) q = (((minm+x)&1)==(m&1))?m:m-1; //五
else q = 2 * m - (x + minm); //六
minm = p;
maxm = q;
}
minm表示下限，maxm表示上限，p、q分别记录当前上下限，然后更新到minm、maxm中。x是输入的第i次翻牌的数量
第一组if语句是推断下限的。
①：当前下限大于等于如今翻牌的数量，这个比較好理解。全翻1,1变成0，则剩下的1就是minm-x
②：当前下限小于翻牌数量。上限大于等于翻牌数量。由于翻牌数量刚好在上下限之间，所以最少能够把正面朝上的数量减为零，但不是绝对能减到0，由于有可能当前正面朝上的牌时奇数。而翻牌数量是偶数，所以要推断奇偶性是否一样。为什么要和minm比較奇偶性。后面会说。
③：翻牌数量比上限还大的时候，直接减去上限就是下限。也不难理解
④：上限+翻牌数量没有达到总牌数时，上限+翻牌数量就是新的上限。全翻0，这样使1最多
⑤：上限+翻牌数量大于总牌数，而下限+翻牌数量小于等于总牌数，前者能够说是翻牌溢出了，已经全是1再翻的话仅仅会让一些1变成0，后者没有达到全变成1的情况。
它们是一个上限一个下限。这说明能够处理到在这之间的情况，那么最好的结果是全部牌都正面朝上，全是1。和②的情况一样。须要推断奇偶性是否一致。这回和m比較。应该比②的好理解
⑥：上限+翻牌数、下限+翻牌数全都大于总牌数时。说明都会溢出，那就用2 * m - (x + minm)来表示上限。由于(x+minm)小。所以溢出的1变成0的牌数少。我之前用max(maxm + x - m, 2 * m - (x + minm))来表示⑥的上限，结果WA了。事实上是我想错了，maxm + x - m是1变成0的牌的数量。而要找的是1的上限。
第二部分：
c[0] = 1;
for(i=1;i<=maxm;i++){
if(m-i<i) c[i] = c[m-i];
else{
c[i] = c[i-1] * (m-i+1) % MOD * mode((ll)i,MOD-2) % MOD;
}
}
当中mode是高速幂取模函数，数组c表示组合数学 c ( m , i ) , 按理说 c[ i ] = c[ i - 1 ] * ( m - i + 1 ) / i ，然后这个数对MOD取模，可是存在除法取模就不是这么简单的分解了，曾经做数论题应该遇到过。仅仅只是太久没做给忘了。。。
费马小定理是这样： a^(p-1) ≡1（mod p），p为质数。a、p互质。a^(p-1) mod p 恒等于1。
变换一下，两边同一时候除以a 。变成 a^(p-2)=a^(-1)(mod p)，所以要除以a 就能够表示成 乘 a^(p-2)。所以有了如上的写法。
最后将组合数学值相加的时候。要隔一个相加，不难发现上限和下限的奇偶性一样，而且每种结果1的数量的奇偶性一定和上限下限的奇偶性一样，这个能够自己推
我以列的方式表示牌的情况，O表示翻哪个牌，如果如今有7张牌。翻两次。第一次翻4张，第二次翻三张
不论你怎么变化。每次翻完牌正面朝上的总是奇数个或偶数个，其它情况能够自己推，得到这个结论。
如今说说第一部分的②，事实上应该和你如今更接近的那种情况去比較奇偶性，可是相比于某种中间情况，上下限的奇偶性更easy推断，并且中间每种情况的奇偶性都和上下限一样。所以能够x能够和minm比較奇偶性。当然。和maxm比較也能够，由于他们奇偶性一样。
完整代码：
#include<cstring>
#include<string>
#include<fstream>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<functional>
#include<cmath>
using namespace std;
#define PI acos(-1.0)
#define MAXN 100100
#define eps 1e-7
#define MOD 1000000009
#define INF 0x7FFFFFFF
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
typedef long long ll;
ll c[MAXN];
ll mode(ll a,int n){
ll t = a;
ll ans = 1;
while(n){
if(n & 1){
ans = ans * t % MOD;
}
n >>= 1;
t = t * t % MOD;
}
return ans;
}
int main(){
int n,m,minm,maxm,i,j,x,p,q;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
minm = maxm = 0;
p = q = 0;
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&x);
if(minm>=x) p = minm - x;
else if(maxm>=x) p = ((x&1)==(minm&1))?0:1;
else p = x - maxm;
if(maxm+x<=m) q = maxm + x;
else if(minm+x<=m) q = (((minm+x)&1)==(m&1))?m:m-1;
else q = 2 * m - (x + minm);
minm = p;
maxm = q;
}
ll ans = 0LL;
c[0] = 1;
for(i=1;i<=maxm;i++){
if(m-i<i) c[i] = c[m-i];
else{
c[i] = c[i-1] * (m-i+1) % MOD * mode((ll)i,MOD-2) % MOD;
}
}
for(i=minm;i<=maxm;i+=2){
ans += c[i];
ans %= MOD;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
