天津--泥人张

题目大意

给定$m$，求$C_m^k (k \in [0,m])$中被$4$整除的数的个数。（$m \le 10^{3000}$）取自$CGMO2012 P8$。

 

关于 $4$

显然，$4$可以分解成$2^2$，也就是说，如果一个数包含的4的方幂大于等于2，那么这个数就能被4整除。

 

关于组合数

对于一个组合数$C_m^k$，它的公式是$C_m^k = \frac {m!}{k!\cdot(m-k)!}$。

 

判定组合数被$4$整除

如果我们统计$F_i$表示$i!$含有$2$的方幂的个数，那么$C_m^k$含有2的方幂的个数为$F_{m} - F_{k} - F_{m - k}$，$C_m^k$被$4$整除当且仅当$F_{m} - F_{k} - F_{m - k} \ge 2$（为$0$表示组合数为奇数，为$1$表示组合数是偶数但不被$4$整除）。

 

$F_x$的求值

因为$x!$是$1～x$的乘积，所以在$1～x$中，每个被$2$整除的数对$F_x$都有$1$的贡献；而每个被$4$整除的数额外又有$1$的贡献，以此类推。所以得到$F_x = \sum_{i=1}^{\infty} {\lfloor \frac{n}{2^i} \rfloor}$。

 

将$x$写成二进制格式$(a_pa_{p-1}...a_0)_2$，用$s(x)$表示$x$在二进制表达下各个位置的数的和（即$1$的个数），那么公式可以写成：

\[\begin{array}&F_x &=& (a_pa_{p-1}…a_1)_2 + (a_pa_{p-1}…a_2)_2 + … + (a_p)_2 + 0 \\ &=& (a_p \cdot 2^{p-1} + a_{p-1} \cdot 2^{p-2} + … + a_1 \cdot 2^0) + (a_p \cdot 2^{p-2} + a_{p-3} \cdot 2^{p-2} + … + a_2 \cdot 2^0) + … + (a_p \cdot 2^0) \\ &=& a_p \cdot (2^{p-1} + 2^{p-2} + … + 1) + a_{p-1} \cdot (2^{p-2} + 2^{p-3} + … + 1 ) + … + (a_1 \cdot 1) + (a_0 \cdot 0) \\ &=& a_p\cdot(2^p-1) + a_{p-1} \cdot (2^{p-1} - 1) + … + a_0 \cdot (2^0-1) \\ &=& (a_p\cdot2^p+a_{p-1}\cdot2^{p-1}+…+a_0\cdot2^0)-(a_p+a_{p-1}+…+a_0) \\ &=& x - s(x) \end{array}\]

$4$的倍数的个数

为了方便计算，我们将$C_m^k$写成$C_{k+b}^k$，那么得到$C_{k+b}^k = \frac {(k+b)!} {k!\cdot b!}$，所以组合数需要满足

\[\begin{array}&F_{k+b} - F_{k} - F_{b} &\ge& 2 \end{array}\]

接下来将不合法的分情况讨论，当$F_{k+b} - F_{k} - F_{b} = 0$时：

\[\begin{aligned} F_{k+b} - F_{k} - F_{b} &= 0 \\k+b-s(k+b) &= k-s(k)+b-s(b) \\s(k+b) &= s(k)+s(b) \end{aligned}\]

 

根据二进制加法进位的特征，如果两个数$k$和$b$相加出现了进位，那么必然有$s(k+b) \lt s(k) + s(b)$。

 

所以当$s(k+b) = s(k) + s(b)$时，$k+b$必然不进位，即在二进制表达下$k$和$b$的$1$是错开的，同时$k+b=m$是确定的，对于$k$，每个位置上的$1$可以选择取或不取，所以合法的$k$的个数为$2^{s(k+b)}$。

 

当$F_{k+b} - F_{k} - F_{b} = 1$时：

\[\begin{aligned} F_{k+b} - F_{k} - F_{b} &= 1 \\k+b-s(k+b) &= k-s(k)+b-s(b) + 1 \\s(k+b) &= s(k)+s(b) - 1 \end{aligned}\]

 

与第一种情况类似，若出现$s(k+b) = s(k) + s(b) - 1$，则说明$k+b$出现了进位，且只进位$1$次，即$(01)_2+(01)_2=(10)_2$。

 

设$k+b$在二进制表达下出现相邻的$1$和$0$（且$1$在$0$前面）的次数为$t$。因为只进位$1$次，所以先选择某一对$(10)_2$，将其忽略，那么剩下的就都不进位，同第一种情况。所以k的个数为$t \cdot 2^{s(k+b)-1}$。

 

综上所述，排除掉两种不合法的情况，剩下的就是组合数中$4$的倍数的个数，即$m + 1 - 2^{s(m)} - t \cdot 2^{s(m)-1}$。

 

 

代码嘛，暂时没有。