题目大意
给定\(n,r,k,p\)
\(1<=n<=10^9\)
\(0<=r,k<=50\)
\(2<=p<=2^{30}+1\)
求
\[ \left(\sum_{i=0}^\infty {C_{nk}^{ik+r}}\right) \ mod \ p \]
即
\[ (C_{nk}^{r}+C_{nk}^{k+r}+C_{nk}^{2k+r}+...+C_{nk}^{(n-1)k+r}+C_{nk}^{nk+r}+...) \ mod \ p \]
解题思路
根据\(C\)的另一个递推式：
\[ C_{i}^{j}=C_{i-1}^{j}+C_{i-1}^{j-1} \]
我们做一些改变
令\(dp_{i,j}\)表示取\(i\)个，取的个数模\(k\)余\(j\)的方案总数
递推式很类似：
\[ dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,(j-1+k)\%k} \]
这个式子就可以矩阵乘法加速
\[ \left[ \begin{matrix} 1&0&0&0&\cdots&0&1 \\ 1&1&0&0&\cdots&0&0 \\ 0&1&1&0&\cdots&0&0 \\ 0&0&1&1&\cdots&0&0 \\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots \\ 0&0&0&0&\cdots&1&1 \\ 1&0&0&0&\cdots&0&1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} dp_{i-1,0} \\ dp_{i-1,1} \\ dp_{i-1,2} \\ dp_{i-1,3} \\ \vdots \\ dp_{i-1,k-2} \\ dp_{i-1,k-1} \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} dp_{i,0} \\ dp_{i,1} \\ dp_{i,2} \\ dp_{i,3} \\ \vdots \\ dp_{i,k-2} \\ dp_{i,k-1} \end{matrix} \right] \]
答案即为\(dp_{nk,r}\)（在\(nk\)个元素中取的个数模\(k\)余\(r\)的方案总和）
复杂度\(O(k^3lognk)\)
要注意一下，\(k=1\)的时候矩阵长这样：
\[ \left[ \begin{matrix} 2 \end{matrix} \right] \]
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
long long n,p,K,r;
struct Matrix{
long long M[100][100];
Matrix(){memset(M,0,sizeof(M));}
};
Matrix operator * (Matrix &A,Matrix &B){
Matrix ret;
for (int i=0;i<K;i++)
for (int j=0;j<K;j++)
for (int k=0;k<K;k++){
ret.M[i][j]+=A.M[i][k]*B.M[k][j];
ret.M[i][j]%=p;
}
return ret;
}
Matrix E,S;
Matrix Fast_pow(Matrix &P,long long u){
if (!u) return E;
Matrix now=Fast_pow(P,u>>1);
now=now*now;
if (u&1) now=now*P;
return now;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&p,&K,&r);
for (int i=0;i<K;i++){
S.M[i][i]++;
S.M[i][(i-1+K)%K]++;
E.M[i][i]++;
}
S=Fast_pow(S,n*K);
printf("%d",S.M[r][0]);
}