Newcoder 128 A.礼物（组合数学）

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Description

假设某个店铺有 $n$种不同类型的 $1$元奥利奥和 $m$种不同类型的 $2$元奥利奥,而且余量无限,我的钱有 $k$元,我想把 $k$元都用来买奥利奥,且可以买同类型的奥利奥,你能帮我算出有多少种购买方式吗？设答案为 $z$,这个数字也许会很大,所以我们只需要输出 $z\ mod\ p$的值。

Input

输入的第一行包含一个整数 $T$，表示测试组数。
每个测试用例前面都有一个空白行。
每个测试用例由包含整数 $n,m,k$和素数 $p$的单行组成。

$(T=100,3\le p\le 10^6,0\le n,m\le 1000,1\le k\le 1000)$

Output

对于每个测试用例输出一个整数：表示不同的购买奥利奥的方式的数量 $z\ mod\ p$的值。

Sample Input

3

0 10 2 47

2 2 4 47

5 5 10 47

Sample Output

10
14
6

Solution

$n=0$时只有 $k$为偶数时可以用完所有钱买 $\frac{k}{2}$个 $2$元的

$m=0$时只能买 $k$个 $1$元的

$n,m>0$时，枚举买的 $2$元的个数 $i$，那么需要买 $k-2i$个 $1$元的

剩余问题是有 $n$种物品，每种物品无限，买 $x$个的方案数，由插板法显然得知答案为 $C_{x+n-1}^{n-1}$

注意 $p$可能比较小，通过预处理阶乘及其逆元求组合数会出问题，直接预处理组合数即可

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,n,m,k,p;
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/p*p;
}
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=p)x-=p;
	return x; 
} 
int Pow(int x,int y)
{
	int z=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)z=mul(z,x);
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return z;
}
int C[2005][2005];
void init(int n=2000)
{
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		C[i][0]=C[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&p);
		init();
		int ans=0;
		if(n==0)
		{
			if(k%2==0)ans=C[k/2+m-1][m-1];
		}
		else if(m==0)ans=C[k+n-1][n-1];
		else
		{
			for(int i=0;i<=k/2;i++)
			{
				int j=k-2*i;
				ans=add(ans,mul(C[i+m-1][m-1],C[j+n-1][n-1]));
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}