组合数+取模

问题
判断 \(C(_{n}^{k})\) 的奇偶。

方法一:

暴力算，统计2的幂次
复杂度 \(O(nlogn)\)

方法二：
根据lucas定理，设p为质数，则
C(n, k) ≡ C(n/p, k/p)*C(n%p, k%p) (mod p)
只需要p = 2就行了
时间复杂度O(tlog2n)

方法三：

<
当C(n,k)为奇数时，n&k = k。
可以验证前面几层及k = 0时满足结论，下面证明在C(n-1,k)和C(n-1,k-1) (k > 0) 满足结论的情况下，
C(n,k)满足结论。
1).假设C(n-1,k)和C(n-1,k-1)为奇数：
则有：(n-1)&k == k;
(n-1)&(k-1) == k-1;
由于k和k-1的最后一位(在这里的位指的是二进制的位，下同)必然是不同的，所以n-1的最后一位必然是1。
现假设n&k == k。
则同样因为n-1和n的最后一位不同推出k的最后一位是1。
因为n-1的最后一位是1，则n的最后一位是0，所以n&k != k，与假设矛盾。
所以得n&k != k。
2).假设C(n-1,k)和C(n-1,k-1)为偶数：
则有：(n-1)&k != k;
(n-1)&(k-1) != k-1;
现假设n&k == k.
则对于k最后一位为1的情况：
此时n最后一位也为1，所以有(n-1)&(k-1) == k-1，与假设矛盾。
而对于k最后一位为0的情况：
则k的末尾必有一部分形如：10; 代表任意个0。
相应的，n对应的部分为： 1{}; 代表0或1。
而若n对应的{}中只要有一个为1，则(n-1)&k == k成立，所以n对应部分也应该是10。
则相应的，k-1和n-1的末尾部分均为01,所以(n-1)&(k-1) == k-1 成立，与假设矛盾。
所以得n&k != k。
由1)和2)得出当C(n,k)是偶数时，n&k != k。
3).假设C(n-1,k)为奇数而C(n-1,k-1)为偶数：
则有：(n-1)&k == k;
(n-1)&(k-1) != k-1;
显然，k的最后一位只能是0，否则由(n-1)&k == k即可推出(n-1)&(k-1) == k-1。
所以k的末尾必有一部分形如：10;
相应的，n-1的对应部分为： 1{};
相应的，k-1的对应部分为： 01;
则若要使得(n-1)&(k-1) != k-1 则要求n-1对应的{}中至少有一个是0.
所以n的对应部分也就为 ： 1{}; (不会因为进位变1为0)
所以 n&k = k。
4).假设C(n-1,k)为偶数而C(n-1,k-1)为奇数：
则有：(n-1)&k != k;
(n-1)&(k-1) == k-1;
分两种情况：
当k-1的最后一位为0时:
则k-1的末尾必有一部分形如: 10;
相应的，k的对应部分为 : 11;
相应的，n-1的对应部分为 : 1{}0; (若为1{}1,则(n-1)&k == k)
相应的，n的对应部分为 : 1{}1;
所以n&k = k。
当k-1的最后一位为1时:
则k-1的末尾必有一部分形如: 01; (前面的0可以是附加上去的)
相应的，k的对应部分为 : 10;
相应的，n-1的对应部分为 : 01; (若为11，则(n-1)&k == k)
相应的，n的对应部分为 : 10;
所以n&k = k。
由3),4)得出当C(n,k)为奇数时，n&k = k。
综上，结论得证!
<

牛逼
复杂度 \(O(n)\)
代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn = 1020000;

typedef long long ll;
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	for(int i = 1;i <= t;i++){
		int n,k;
		scanf("%d%d",&n,&k);
		if((n&k) == k) printf("1\n");
		else printf("0\n");
	}
}