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CF582D Number of Binominal Coefficients 题解

Sorato·2024-09-30 10:48·8 次阅读

CF582D Number of Binominal Coefficients 题解

CF582D Number of Binominal Coefficients 题解

纪念一下自己第一道独立 A 掉的黑题 / CF3300。

题目大意#

给定质数 p 和整数 α,A，求满足 0≤k≤n≤A 且 pα|(nk) 的数对 (n,k) 的个数。

Solve#

首先，我们引入 Kummer定理，即：

p 在组合数 (nm) 中的幂次，恰好为 n 与 m 做 p 进制减法的借位次数。

所以我们只需统计 n 与 k 做 p 进制减法时借位次数大于等于 α 的 (n,k) 的个数即可。

Step 1#

将 A 在 p 进制下数位分离，记其第 i 位为 ai。

我们考虑如下常规数位 dp：设 f(i,j,0/1,0/1) 表示：前 i+1 位，借位次数为 j，n 是否卡满了 A 的上界，k 是否卡满了 n 的上界，这种状态的 (n,k) 的个数。

但是，我们这一位是否借位，是和下一位（更小的那一位）是否借位有关的，如果下一位借位了，那么我们这一位相等时也可以借位，所以考虑多加一维，变为：f(i,j,0/1,0/1,0/1) 表示：前 i+1 位，借位次数为 j，n 是否卡满了 A 的上界，k 是否卡满了 n 的上界，钦定这一位借位 / 不借位，这种状态的 (n,k) 的个数。那么我们有如下朴素的转移：

枚举第 i 位的 n 填 i′，k 填 j′，有：

f(i−1,j,f1∨[i′<ai],f2∨[j′<i′],f3)⟵f(i,j,f1,f2,0),i′−f3−j′≥0f(i−1,j+1,f1∨[i′<ai],f2∨[j′<i′],f3)⟵f(i,j,f1,f2,1),i′−f3−j′<0

f1,f2,f3 为枚举状态，常规的 f1,f2 对 i′,j′ 的限制就不再讨论了，要注意的是 f3，即是否钦定下一位借位，的限制。

时间复杂度约为 O(p2logp⁡A)，但本题 p≤109，考虑优化。

Step 2#

上面的转移中，j′ 的作用不是很大，所以我们只需枚举始状态 f1,f2,f3，再枚举这一位上是否借位（y），j′<i′ 是否成立（g2），下一位是否借位（g3），受算一下即可求出相应状态下合法的 j 的取值范围 [l,r]，那么我们有：

f(i−1,j+y,f1∨[i′<ai],f2∨g2,g3)⟵(r−l+1)f(i,j,f1,f2,f3).

l 和 r 是好确定的，简单写一下吧，为后面化简做准备。

l=max{0i′+1−g3f3=1∨y=1i′g2=0r=min{p−1i′−g3f2=0∨f3=0∨y=0i′−1g2=1

时间复杂度约为 O(plogp⁡A)。考虑更深一步讨论，尽量省去 i′ 和一些参数的枚举。

Step 3#

一步一步来，对参数分别讨论。上面的式子中，我们需保证 l≤r，所以据此讨论。

容易发现，当 f3=1 时，f2 也必须等于 1，因为若 f3=1,f2=0，那么 l≥i′+1−g3,r≤i′−g3⟹l>r。

同样的，我们有，y=f3，也是对 l 和 r 的第二行式子讨论可得。

并且，当 f3=1 时，g2 只能是 0，因为若 g2=1，那么 r=i′−1<l=i′+1−g3。

由此，我们有了更优美的转移式：

f(i−1,j+1,f1∨[i′<ai],1,g3)⟵(r−l+1)⋅f(i,j,f1,1,1).f(i−1,j,f1∨[i′<ai],g2,g3)⟵(r−l+1)⋅f(i,j,f1,0,0).f(i−1,j,f1∨[i′<ai],1,g3)⟵(r−l+1)⋅f(i,j,f1,1,0).[l,r]={[i′+1−g3,p−1]f3=1∧g2=0[i′,i′−g3]f3=0∧g2=0[0,i′−1]f3=0∧g2=1

考虑把 l,r 的讨论转化为 r−l+1，即系数的讨论，简单化简得：

(1)f(i−1,j+1,f1∨[i′<ai],1,g3)⟵(p−1−i′+g3)⋅f(i,j,f1,1,1)(2)⟺{f(i−1,j+1,f1∨[i′<ai],1,0)⟵(p−1−i′)⋅f(i,j,f1,1,1)f(i−1,j+1,f1∨[i′<ai],1,1)⟵(p−i′)⋅f(i,j,f1,1,1)(3)(4)f(i−1,j,f1∨[i′<ai],0,g3)⟵(1−g3)⋅f(i,j,f1,0,0)(5)⟺f(i−1,j,f1∨[i′<ai],0,0)⟵f(i,j,f1,0,0)(6)(7)f(i−1,j,f1∨[i′<ai],1,g3)⟵i′⋅f(i,j,f1,0,0)(8)⟺{f(i−1,j,f1∨[i′<ai],1,0)⟵i′⋅f(i,j,f1,0,0)f(i−1,j,f1∨[i′<ai],1,1)⟵i′⋅f(i,j,f1,0,0)(9)(10)f(i−1,j,f1∨[i′<ai],1,g3)⟵(i′+1−g3)⋅f(i,j,f1,1,0)(11)⟺{f(i−1,j,f1∨[i′<ai],1,0)⟵(i′+1)⋅f(i,j,f1,1,0)f(i−1,j,f1∨[i′<ai],1,1)⟵i′⋅f(i,j,f1,1,0)

时间复杂度仍约为 O(plogp⁡A)，只是优化了一些参数的枚举，枚举 i′ 的瓶颈仍未拿下。

Step 4#

化简之后，可以发现第四维的枚举用处不大，所以我们令 f′(i,j,f1,f2)=f(i,j,f1,0,f2)+f(i,j,f1,1,f2)，有：

(12){f′(i−1,j+1,f1∨[i′<ai],0)⟵(p−1−i′)⋅f′(i,j,f1,1)f′(i−1,j+1,f1∨[i′<ai],1)⟵(p−i′)⋅f′(i,j,f1,1)(13){f′(i−1,j,f1∨[i′<ai],0)⟵(i′+1)⋅f′(i,j,f1,0)f′(i−1,j,f1∨[i′<ai],1)⟵i′⋅f′(i,j,f1,0)

然后，对 i′ 的讨论就很明了了，分为 i<ai 和 i≥ai 两种情况即可，几个转移式的系数都是等差数列求和，很好算。

时间复杂度成功优化到约 O(logpA)。

Code#

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
	char c=getchar();
	int now=0;short f=1;
	while(c<'0'||c>'9')	{if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	now=(now<<1)+(now<<3)+(c^48),c=getchar();
	return now*f;
}
const int N=3350,MOD=1e9+7,M=1010;
using ll=long long;
int p,c,f[2][N/*借位次数*/][2/*i=A*/][2/*这一位是否需要借位*/],n,a[N],ans;
struct zzn//高精度封装，只需实现 除以低精 和 对低精取模，好写的
{
	int num[M],len;
	zzn(){len=0;memset(num,0,sizeof num);}
	inline void read()
	{
		char s[M];scanf("%s",s+1);
		len=strlen(s+1);
		for(int i=1;i<=len;i=-~i)	num[i]=s[len-i+1]-'0';
	}
	inline void print()
	{
		for(int i=len;i;i=~-i)
			printf("%d",num[i]);
	}
	zzn operator/(const int b)const
	{
		zzn res;res.len=len;ll r=0;
		for(int i=len;i;i=~-i)
			r=10ll*r+num[i],res.num[i]=r/b,r%=b;
		while(!res.num[res.len]&&res.len)	res.len=~-res.len;
		return res;
	}
	int operator%(const int b)const
	{
		int res=0;
		for(int i=len;i;i=~-i)	res=(10ll*res+num[i])%b;
		return res;
	}
}A;
signed main()
{
	p=read();c=read();A.read();
	while(A.len)	a[n=-~n]=A%p,A=A/p;
	f[n&1][0][0][0]=1;
	for(int now=n;now;now=~-now)
		for(int x=0;x<=n-now;x=-~x)
			for(int f1=0;f1<2;f1=-~f1)
			{
				int t0=f[now&1][x][f1][0],t1=f[now&1][x][f1][1];
				f[now&1][x][f1][0]=f[now&1][x][f1][1]=0;
				int i0=(f1?p-1:a[now]);//i枚举上界
				//对于i<a[now]
				(f[now&1^1][x][1][1]+=1ll*(a[now]-1)*a[now]/2%MOD*t0%MOD)%=MOD,
				(f[now&1^1][x][1][0]+=1ll*(a[now]+1)*a[now]/2ll%MOD*t0%MOD)%=MOD;
				(f[now&1^1][x+1][1][1]+=1ll*(p*2-a[now]+1)*a[now]/2%MOD*t1%MOD)%=MOD,
				(f[now&1^1][x+1][1][0]+=1ll*(p*2-a[now]-1)*a[now]/2%MOD*t1%MOD)%=MOD;
				//对于i>=a[now]
				(f[now&1^1][x][f1][1]+=1ll*(a[now]+i0)*(i0-a[now]+1)/2%MOD*t0%MOD)%=MOD,
				(f[now&1^1][x][f1][0]+=1ll*(a[now]+i0+2)*(i0-a[now]+1)/2%MOD*t0%MOD)%=MOD;
				(f[now&1^1][x+1][f1][1]+=1ll*(p*2-a[now]-i0)*(i0-a[now]+1)/2%MOD*t1%MOD)%=MOD,
				(f[now&1^1][x+1][f1][0]+=1ll*(p*2-a[now]-i0-2)*(i0-a[now]+1)/2%MOD*t1%MOD)%=MOD;
				//下为暴力枚举 i 的转移
//				for(int i=0;i<=i0;i=-~i)
//				{
//					(f[now&1^1][x+f2][f1|(i<a[now])][1]+=1ll*i*t0%MOD)%=MOD,
//					(f[now&1^1][x+f2][f1|(i<a[now])][0]+=1ll*(i+1)*t0%MOD)%=MOD;
//					(f[now&1^1][x+f2][f1|(i<a[now])][1]+=1ll*(p-i)*t1%MOD)%=MOD,
//					(f[now&1^1][x+f2][f1|(i<a[now])][0]+=1ll*(p-i-1)*t1%MOD)%=MOD;
//				}
			}
	for(int i=c;i<=n;i=-~i)
		for(int j=0;j<2;j=-~j)
			(ans+=f[0][i][j][0])%=MOD;
	return printf("%d",ans),0;
}

再附上不同 Step 的代码。

  • Step 1：O(p2logp⁡A)。
  • Step 2：O(plogp⁡A)。
  • Step 3：O(plogp⁡A)。
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