JZOJ5612. 【NOI2018模拟3.29】第3题

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题意：

数据范围：

Analysis:

20分很显然的设 $f_{i,j}$DP。
50分，观察这个三个式子。类似于每次走(x+1,y),(x,y+1)，根据一个步数可以确定另一个，然后组合数算，是否能够类似的做。假设我们每个走了 $x,y,z$次。就有方程：
$x+y+2z=n$ $x-y=m$
解得： $x=y+m,z=\frac{n-m}{2}-y$
也就是说对于一个确定的 $y$，其它也随之确定。显然可以用组合数算。
设： $A=\frac{n-m}{2},B=\frac{n+m}{2}$
有： $\sum_{i=0}^{A}C_{i+B}^{i}C_{B}^{i+m}$
100分：快速计算组合数，又有模数。套路的用 $Lucas$定理，在 $mo$进制下DP。因为有 $i+m$，要多设一维 $0/1$表示是否进位。
但还有一种更简单的做法：发现第三种走法等于走一次第一种，走一次第二种。
不妨假设只有第一，二种，合并出第三种。枚举多少个第一二种配对第三种，并且其可以变成第三种也可以不变成第三种，则有式子：
$\sum_{i=0}^{A}2^iC_{A}^iC_{B}^i$
这个直接逐位枚举 $mo$进制下每一位的数算就好了。

Code：

# include<cstdio>
# include<cstring>
# include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
const int mo = 100003;
typedef long long ll;
int inv[N],fac[N],fac_[N];
ll n,m;
inline int pow(int x,int p)
{
	int ret = 1;
	for (; p ; p >>= 1,x = (ll)x * x % mo)
	if (p & 1) ret = (ll)ret * x % mo;
	return ret;
}
inline int C(ll n,ll m)
{
	if (n < m) return 0;
	if (n >= mo) return (ll)C(n / mo,m / mo) * C(n % mo,m % mo) % mo;
	return (ll)fac[n] * fac_[m] % mo * fac_[n - m] % mo;
}
int main()
{
	freopen("move.in","r",stdin);
	freopen("move.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	if (n < m || (n + m) % 2) { puts("0"); return 0; }
	if (n == m) { puts("1"); return 0; }
	ll A = (n - m) / 2,B = (n + m) / 2; fac[0] = fac_[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 1 ; i < mo ; ++i)
	{
		if (i > 1) inv[i] = (ll)(mo - mo / i) * inv[mo % i] % mo;
		fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mo;
		fac_[i] = (ll)fac_[i - 1] * inv[i] % mo;
	}
	int ans = 1;
	while (A > 0)
	{
		int l = A % mo,r = B % mo,now = 0;
		A /= mo,B /= mo;
		for (int i = 0 ; i <= min(l,r) ; ++i) now = (now + (ll)C(l,i) * C(r,i) % mo * pow(2,i) % mo) % mo;
		ans = (ll)ans * now % mo;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}