【NOIP 2016 提高组】组合数问题

【题目】

传送门

题目描述：

组合数 $C_{n}^{m}$ 表示的是从 $n$ 个物品中选出 $m$ 个物品的方案数。举个例子，从 $(1,2,3)$ 三个物品中选择两个物品可以有 $(1,2)$， $(1,3)$， $(2,3)$ 这三种选择方法。根据组合数的定义，我们可以给出计算组合数 $C_{n}^{m}$ 的一般公式：

$C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

其中 $n!=1×2×...×n$；特别地，定义 $0!=1$。

小葱想知道如果给定 $n$， $m$ 和 $k$，对于所有的 $0≤i≤n$， $0≤j≤min(i,m)$ 有多少对 $(i,j)$ 满足 $C_{i}^{j}$ 是 $k$ 的倍数。

输入格式：

第一行有两个整数 $t$， $k$，其中 $t$ 代表该测试点总共有多少组测试数据， $k$ 的意义见【问题描述】。

接下来 $t$ 行每行两个整数 $n$， $m$，其中 $n$， $m$ 的意义见【问题描述】。

输出格式：
输出 $t$ 行，每行一个整数代表所有的 $0≤i≤n$， $0≤j≤min(i,m)$ 中有多少对 $(i,j)$ 满足 $C_{i}^j$ 是 $k$ 的倍数。

样例数据：

【样例 $1$】

输入
1 2
3 3

输出
1

【样例 $2$】

输入
2 5
4 5
6 7

输出
0
7

备注：

【样例 $1$说明】
在所有可能的情况中，只有 $C_2^1$ 是 $2$ 的倍数。

【数据规模与约定】

【分析】

90 pts：

妙啊，暴力 $90$ 分啊

其实在考 $noip$ 的时候， $90$ 分就约等于满分了吧，反正如果我 $t1$ 有 $90$ 分了，肯定就把更多的时间花在 $t2,t3$ 了

要得到这 $90$ 分，我们需要知道一个东西，即 $C_n^m=C_{n-1}^{m}+C_{n-1}^{m-1}$

是不是很眼熟，对，这就是杨辉三角的递推公式啊

所以我们预处理出 $2000$ 以内的所有组合数（边做边取模），然后用 O（ $nm$）查询就行了

100 pts：

我离 $A$ 掉 $t1$ 只差一个前缀和。。。

由于每次询问都是从 $0$ 开始的，而且没有修改，就想到前缀和

就是用 $ans_{n,m}$ 表示对于询问 $n,m$ 的答案（也是预处理出来的）

更新的时候，就是 $ans_{i,j}=ans_{i,j-1}+ans_{i-1,j}-ans_{i-1,j-1}$

如果此时 $C_{i}^{j}\% k=0$， $ans_{i,j}$ 就加 $1$

（实在不太理解就画个图吧，画个图应该就明白了）

然后实际操作的时候注意一下边界的细节问题就行了

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 2005
using namespace std;
int n,m,t,k;
int C[N][N],ans[N][N];
void init()
{
	int i,j;
	C[0][0]=1;
	for(i=1;i<=2000;++i)
	{
		C[i][0]=1;
		for(j=1;j<=i;++j)
		{
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%k;
			ans[i][j]=ans[i-1][j]+ans[i][j-1]-ans[i-1][j-1];
			if(!C[i][j])  ans[i][j]++;
		}
		ans[i][i+1]=ans[i][i];
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&t,&k);
	init();
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%d\n",m>n?ans[n][n]:ans[n][m]);
	}
	return 0;
}