NOIP 2016 组合数问题

题目描述

组合数 C_n^mCnm​ 表示的是从 nn 个物品中选出 mm 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)(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^mCnm​ 的一般公式：

Cnm​=m!/(n−m)!n!​

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 Cij​ 是 k 的倍数。

输入输出格式

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：

 

共 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 Cij​ 是 k 的倍数。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

1 2
3 3

输出样例#1： 复制

1

输入样例#2： 复制

2 5
4 5
6 7

输出样例#2： 复制

0
7

看到组合数问题，我们立马想到有两种实现组合数的方式，一种是计算单个组合数，另一种组合数打表。

先从单个数的组合数开始介绍：首先，我们知道,令t=m-1，则有,从而得出，C(N,M)是C(N,M-1)的倍，这样，一个简单的循环就可求出。

ll collocation(ll n ,ll m)
{
   ll ans=1;
   for(int i=1;i<=m;i++)
    ans*=(n-i+1)/i;
   return ans;
}

第二种办法就是利用如下公式(杨辉三角)打表。

根据这样的性质，我们可以用二维数组C[n][m]来存储每一个数值。

ll C[500][500];
ll collocation(ll n, ll m)
{ 
   C[1][1]=1;
   for(int i=0;i<=n;i++)
   {
      C[i][0]=1;
      for(int j=1;j<=i;j++)
      C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
   }
}

好了，我们回到问题。

我们要解出一定范围内组合数是K的倍数的个数，那么这意味着这些正好是K的倍数的组合数取余K的值都是0，所以说我们最终计算一下有多少个0就行了。

但是这样又有新的问题：取余是一个高级运算，不可避免的，这要花费很多的时间，在一秒之内把2000*2000=4e6（极限数据）的组合数取余，期间再对之前的数据进行多次查询，再在主函数中遍历读出一个4e6，这在极限数据实例里显然会超时。

所以我们引入了一个新的查询办法来降低时间复杂度：二维前缀和数组。

什么意思呢？就是模拟一个矩形（二维数组框进去的区域）不断向外蚕食的情景。设有一个矩形长为x,宽为y，我们来做个表格看一下它保存数据的过程。(横轴为x，纵轴为y）

(0,0)	(1,0),	(2,0)	(3,0)	(4,0)
(0,1)	(1,1)	(2,1)	(3,1)	(4,1)
(0,2)	(1,2)	(2,2)	(3,2)	(4,2)
(0,3)	(1,3)	(2,3)	(3,3)	(4,3)
(0,4)	(1,4)	(2,4)	(3,4)	(4,4)

 

我们假设rec[0][0]=1

• rec[1][0]=rec[0][0]+rec[1][-1（假设这个下标存在且元素为零）]-rec[0][-1]=1;
• rec[0][1]=rec[0][0];
• rec[1][1]=rec[1][0]+rec[0][1]-rec[0][0]=1；

这样就可以通过前缀来访问一个区间的和了。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <bits/stdc++.h>
#include <iomanip>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define DETERMINATION main
#define lldin(a) scanf("%lld",&a)
#define din(a) scanf("%d",&a)
#define reset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int INF=0x3f3f3f3f;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
/*Although there will be many obstructs ahead of you,
the desire for victory still fills you with determination..*/
ll c[2500][2500];
ll ans[2500][2500];
int t,k;
int n,m;
void init()
{
    c[1][1]=1;
    for(int i=0; i<=2005; i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for(int j=1; j<=i; j++)
            {
                c[i][j]=(c[i-1][j]%k+c[i-1][j-1]%k)%k;
                ans[i][j]=ans[i-1][j]+ans[i][j-1]-ans[i-1][j-1];
                if(c[i][j]==0)
                    ans[i][j]++;
            }
        ans[i][i+1]=ans[i][i];
    }
}
int DETERMINATION()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>t>>k;
    init();
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        int lim=min(m,n);
        cout<<ans[n][lim]<<endl;
    }
    return 0;
}