题目描述
小 A 和小 B 是一对好朋友，他们经常一起愉快的玩耍。最近小 B 沉迷于**师手游，天天刷本，根本无心搞学习。但是已经入坑了几个月，却一次都没有抽到 SSR，让他非常怀疑人生。勤勉的小 A 为了劝说小 B 早日脱坑，认真学习，决定以抛硬币的形式让小 B 明白他是一个彻彻底底的非洲人，从而对这个游戏绝望。两个人同时抛 b 次硬币，如果小 A 的正面朝上的次数大于小 B 正面朝上的次数，则小 A 获胜。
但事实上，小 A 也曾经沉迷过拉拉游戏，而且他一次 UR 也没有抽到过，所以他对于自己的运气也没有太大把握。所以他决定在小 B 没注意的时候作弊，悄悄地多抛几次硬币，当然，为了不让小 B 怀疑，他不会抛太多次。现在小 A 想问你，在多少种可能的情况下，他能够胜过小 B 呢？由于答案可能太大，所以你只需要输出答案在十进制表示下的最后 k 位即可。
输入输出格式
输入格式：
有多组数据，对于每组数据输入三个数a,b,k，分别代表小A抛硬币的次数，小B抛硬币的次数，以及最终答案保留多少位整数。
输出格式：
对于每组数据，输出一个数，表示最终答案的最后 k 位为多少，若不足 k 位以 0 补全。
输入输出样例
说明
对于第一组数据，当小A抛2次硬币，小B抛1次硬币时，共有4种方案使得小A正面朝上的次数比小B多。
(01,0), (10,0), (11,0), (11,1)
对于第二组数据，当小A抛3次硬币，小B抛2次硬币时，共有16种方案使得小A正面朝上的次数比小B多。
(001,00), (010,00), (100,00), (011,00), (101,00), (110,00), (111,00), (011,01), (101,01), (110,01),(111,01), (011,10), (101,10), (110,10), (111,10), (111,11).
数据范围
10%的数据满足a,b≤20；
30%的数据满足a,b≤100；
70%的数据满足a,b≤100000，其中有20%的数据满足a=b；
100%的数据满足1\le a,b\le 10^{15},b\le a\le b+10000,1\le k\le 91≤a,b≤1015,b≤a≤b+10000,1≤k≤9，数据组数小于等于10。
转载http://www.cnblogs.com/Yuzao/p/7954245.html
因为 \(a-b\) 很小，考虑怎么把式子变成和 \(a-b\) 有关.
考虑 \(a=b\) 的情况，赢了翻转后就输了，平局不算在内，
要减掉的。减了之后再除。推导如下：
$$\sum_{i=0}^{a}C_a^i * C_a^i = \sum_{i=0}^{a}C_a^i * C_a^{a-i} = C_{2a}^a$$
平局方案为C(2a,a)
所以答案为 \((2^{a+b}-C(2a,a))/2\).
\(a>b\) 时，同样存在对称性，对于正着会输，反过来就赢得情况，就是 \(2^{a+b}/2\) 种
对于正着反着都赢的情况还没有算进去:
\[\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{b}^{i}*C_{a}^{i+j}\]
\[\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{b}^{b-i}*C_{a}^{i+j}\]
\[\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+j}\]
\[\sum_{j=b+1}^{a-1}C_{a+b}^{j}\]
对于除2，根据对称性，只算一半即可，注意偶数情况，存在一项需要手动除2，算2时在因子中减去，算5时直接乘逆元即可
取模不是素数，所以要中国剩余定理
可以默认模数为10^9，输出时取模
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll K,fac[][];
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if (b==)
{
x=;y=;
return a;
}
ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
ll t=x;x=y;y=t-(a/b)*x;
return d;
}
ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
ll res=;
while (b)
{
if (b&) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b/=;
}
return res;
}
ll rev(ll a,ll b)
{
ll x,y;
exgcd(a,b,x,y);
return (x%b+b)%b;
}
ll calfac(ll x,ll p,ll t)
{
if (x<t) return fac[t][x];
ll s=qpow(fac[t][p-],x/p,p);
s=(s*fac[t][x%p])%p;
s=(s*calfac(x/t,p,t))%p;
return s;
}
ll lucas(ll b,ll a,ll t,ll p,bool q)
{ll i;
if (b<a) return ;
ll ap=,bp=,cp=;
for (i=b;i;i/=t) ap+=i/t;
for (i=a;i;i/=t) bp+=i/t;
for (i=b-a;i;i/=t) cp+=i/t;
ap=ap-bp-cp;
if (q==&&t==) ap--;
if (ap>=K) return ;
ll s=qpow(t,ap,p);
ap=calfac(b,p,t);bp=calfac(a,p,t),cp=calfac(b-a,p,t);
s=((s*ap%p)*(rev(bp,p)*rev(cp,p))%p)%p;
if (q&&t==) s=s*rev(,p)%p;
return s;
}
ll cal(ll a,ll b,ll Mod,ll pr)
{ll i;
ll ans=qpow(,a+b-,Mod);
if (a==b)
{
ans=(ans-lucas(a+b,a,pr,Mod,)+Mod)%Mod;
return ans;
}
else
{
for (i=(a+b)/+;i<a;i++)
ans=(ans+lucas(a+b,i,pr,Mod,)+Mod)%Mod;
}
if ((a+b)%==) ans=(ans+lucas(a+b,(a+b)/,pr,Mod,)+Mod)%Mod;
return ans;
}
ll work(ll a,ll b,ll k)
{
ll p1=qpow(,k,2e9+),p2=qpow(,k,2e9+),mod=qpow(,k,2e9+);
ll b1=cal(a,b,p1,),b2=cal(a,b,p2,);
ll a1=rev(p2,p1),a2=rev(p1,p2);
return (b1*(p2*a1%mod)%mod+b2*(p1*a2%mod)%mod)%mod;
}
void print(ll d,ll k)
{
if (k==)
printf("%01lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%02lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%03lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%04lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%05lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%06lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%07lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%08lld\n",d%qpow(,,2e9+));
if (k==)
printf("%09lld\n",d%qpow(,,2e9+));
}
int main()
{ll a,b,k,i,p;
fac[][]=;p=qpow(,,2e9+);
for (i=;i<=p-;i++)
if (i%==) fac[][i]=fac[][i-];
else fac[][i]=fac[][i-]*i%p;
fac[][]=;p=qpow(,,2e9+);
for (i=;i<=p-;i++)
if (i%==) fac[][i]=fac[][i-];
else fac[][i]=fac[][i-]*i%p;
while (cin>>a>>b>>k)
{
K=;ll d=work(a,b,);
print(d,k);
}
}