2025.6.10【ZR NOI模拟赛 T3】 过啥题 题解（Lucas 定理， 数位dp， 组合意义）

为什么70分这么唐考试没写啊。。。。

题意

\(T\) 组数据， 每组给定 \(n, m, k\)， 对于所有长度为 \(k\) 并且满足以下条件的 正整数 数列 \(\{a_i\}\)， \(\{b_i\}\)：

• \(\sum\limits_{i = 1}^{k}a_i = n\)
• \(\sum\limits_{i = 1}^{k}b_i = m\)

计算 \(\prod\limits_{i = 1}^{k}\min(a_i,b_i)\) 的和。对 \(10007\) 取模。

\(1 \leq T \leq 100, 1 \leq k \leq n,m \leq 10^{18}\)

分析

注意到模数比较小， 并且 \(n, m\) 范围比较大，感觉起来就是数位 \(dp\) 题。

先来尝试给 \(\prod\limits_{i = 1}^{k}\min(a_i,b_i)\) 编一个组合意义：发现它就等于 有多少长度为 \(k\) 的正整数序列 \(\{x_i\}\)，满足 \(\forall i \in[1, k], x_i \leq a_i 且 x_i \leq b_i\)。

那么可以枚举 \(\{x_i\}\)，计算一个 \(\{x_i\}\) 会被算几次。在 \(x_i\) 的基础上调整 \(a_i, b_i\)，设枚举的 \(x_i\) 的和为 \(S\)，那么答案就等于：

\[\sum\limits_{S = k}^{\min(n, m)}\binom{S - 1}{k - 1}\binom{n -S+k - 1}{k - 1}\binom{m - S+k - 1}{k - 1} \]

将式子化的好看一些。令 \(k' = k - 1,n' = n + k'-1, m' = m + k' - 1\)，
那么答案为：

\[\sum\limits_{S = k'}^{\min(n', m') - k'}\binom{S}{k'}\binom{n' -S}{k'}\binom{m' - S}{k'} \]

注意到 \(S\) 如果不在 \([k', \min(n', m') - k']\) 之间那么这个式子的值肯定等于 \(0\)，因此可以认为对 \(S\) 的范围没有限制。

根据 卢卡斯定理，可以将组合数拆成 \(mod\) 进制下每位求组合数然后相乘。我们不能枚举 \(S\)，考虑在 \(mod\) 进制下依次考虑 \(S\) 的每一位。

此时 \(k', n',m'\) 固定，先把它们在 \(mod\) 进制下的每一位求出来，用 \(0\) 将最高位补到 \(\max(n', m')\) 的最高位。

那么 \(n' - S\) 就是每一位分别相减，由于是减法，可能会涉及退位，因此我们从高位到低位 \(dp\)。

发现由于 \(S\) 没有范围限制，那么状态只需要记录是否退位。设 \(dp_{x, 0/1, 0/1}\) 表示从高到低考虑到第 \(x\) 位， \(n' - S\) 是否向 \(x - 1\) 位退位， \(m' - S\) 是否向 \(x - 1\) 位退位的方案数。转移就是枚举第 \(x - 1\) 位上 \(S\) 的数字，然后乘上这一位上组合数的贡献。

最后答案就是 \(dp_{0, 0, 0}\)。

复杂度 \(O(T \times mod \times \log_{mod}\max(n, m))\)。

CODE：

// 首先需要根据组合意义推导出来一个简洁的式子。 然后发现模数比较小， 并且形式比较好
// 可以根据lucas定理拆成 mod 进制下数位dp
// 复杂度是 T * mod * log_{mod}max(n, m)
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 10007;
int fac[mod], inv[mod]; 
LL n, m, k;
int dp[6][2][2]; // dp[x][0/1][0/1] 表示从高到低考虑到第 x 位， 前面确定了 i 的若干位， n - i 前面往 x - 1 是否退位， m - i 往 x - 1 是否退位的方案数之和
inline int Pow(int x, int y) {
	int res = 1, k = x;
	while(y) {
		if(y & 1) res = res * k % mod;
		y >>= 1;
		k = k * k % mod;
	}
	return res;
}
inline int C(int n, int m) {
	if(n < m) return 0;
	return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
inline int solve(LL n, LL m, LL k) {
	vector< int > N, M, K;
	while(n) N.pb(n % mod), n /= mod;
	while(m) M.pb(m % mod), m /= mod;
	while(k) K.pb(k % mod), k /= mod;
	int sz = max({N.size(), M.size(), K.size()});
	while(N.size() < sz) N.pb(0);
	while(M.size() < sz) M.pb(0);
	while(K.size() < sz) K.pb(0);
	memset(dp, 0, sizeof dp);
	dp[sz][0][0] = 1;
	for(int i = sz; i > 0; i -- ) // 刷表
		for(int a = 0; a <= 1; a ++ ) 
			for(int b = 0; b <= 1; b ++ ) 
				if(dp[i][a][b]) 
					for(int c = 0; c <= 1; c ++ ) 
						for(int d = 0; d <= 1; d ++ ) 
							for(int x = 0; x < mod; x ++ ) {
								int u = N[i - 1] - x + a * mod - c, v = M[i - 1] - x + b * mod - d;
								if(u >= 0 && u < mod && v >= 0 && v <= mod) dp[i - 1][c][d] = (dp[i - 1][c][d] + dp[i][a][b] * C(x, K[i - 1]) % mod * C(u, K[i - 1]) % mod * C(v, K[i - 1]) % mod) % mod;
							}
	return dp[0][0][0];						
}
int main() {
	fac[0] = 1; for(int i = 1; i < mod; i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[mod - 1] = Pow(fac[mod - 1], mod - 2); for(int i = mod - 2; i >= 0; i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	int T; scanf("%d", &T);
	while(T -- ) {
		scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
		k --; n = n + k - 1, m = m + k - 1;
		printf("%d\n", solve(n, m, k));
	}
	return 0;
}