題目大意

給定\(n,r,k,p\)

\(1 \leq n \leq 10^9\)

\(0 \leq r,k \leq 50\)

\(2 \leq p \leq 2^{30}+1\)

求

\[ \left(\sum_{i=0}^\infty {C_{nk}^{ik+r}}\right) \ mod \ p \]

即

\[ (C_{nk}^{r}+C_{nk}^{k+r}+C_{nk}^{2k+r}+...+C_{nk}^{(n-1)k+r}+C_{nk}^{nk+r}+...) \ mod \ p \]

解題思路

根據\(C\)的另一個遞推式：

\[ C_{i}^{j}=C_{i-1}^{j}+C_{i-1}^{j-1} \]

我們做一些改變

令\(dp_{i,j}\)表示取\(i\)個，取的個數模\(k\)余\(j\)的方案總數

遞推式很類似：

\[ dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,(j-1+k)\%k} \]

這個式子就可以矩陣乘法加速

\[ \left[ \begin{matrix} 1&0&0&0&\cdots&0&1 \\ 1&1&0&0&\cdots&0&0 \\ 0&1&1&0&\cdots&0&0 \\ 0&0&1&1&\cdots&0&0 \\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots \\ 0&0&0&0&\cdots&1&1 \\ 1&0&0&0&\cdots&0&1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} dp_{i-1,0} \\ dp_{i-1,1} \\ dp_{i-1,2} \\ dp_{i-1,3} \\ \vdots \\ dp_{i-1,k-2} \\ dp_{i-1,k-1} \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} dp_{i,0} \\ dp_{i,1} \\ dp_{i,2} \\ dp_{i,3} \\ \vdots \\ dp_{i,k-2} \\ dp_{i,k-1} \end{matrix} \right] \]

答案即為\(dp_{nk,r}\)（在\(nk\)個元素中取的個數模\(k\)余\(r\)的方案總和）

復雜度\(O(k^3lognk)\)

要注意一下，\(k=1\)的時候矩陣長這樣：

\[ \left[ \begin{matrix} 2 \end{matrix} \right] \]

#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]); }

轉載于:https://www.cnblogs.com/ytxytx/p/9480710.html

與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

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