Solution -「SP 106」BINSTIRL
Description
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求 \(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\bmod2\)
Solution
求
\(m\equiv1\space(\operatorname{mod}2)\) 的情况为组合数的递推。
转化一下,把填表转移换成刷表,即
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当 \(m\equiv0\space(\operatorname{mod}2)\) 时,\(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\) 转移到 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m+1\end{Bmatrix}\)。
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当 \(m\equiv1\space(\operatorname{mod}2)\) 时,\(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\) 转移到 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m+1\end{Bmatrix}\) 和 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m\end{Bmatrix}\)。
那么这个题目就转化成了在表格上 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\) 的路径条数 \(\operatorname{mod}2\) 问题。
两种情况都可以转移到 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m+1\end{Bmatrix}\),为了方便起见,我们定义这种情况为向右上转移,把 \(\begin{Bmatrix}n+1 \\ m\end{Bmatrix}\) 定义为向上转移。
因为我们转移只能向上或右上走,所以只会走 \(n\) 步,其中 \(m\) 次向右上转移,\(n-m\) 次向右转移。
我们一共有 \(\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor\) 次机会向右转移(只能从奇数走)。
相当于我们现在需要把转移的过程分成 \(n-m\) 段,每一段的内部全部都是向右上转移,这样我们才能到达 \((n,m)\)。
用盒子与球的语言来描述,就是一共就有 \(n-m+\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor\) 个球(这里理解起来其实特别麻烦)(不过只是对于我这种组合差的人),分成 \(\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor\) 段,隔板即可。
于是 \(\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\bmod2={n-m+\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor-1\choose\lfloor\frac{m+1}{2}\rfloor-1}\bmod2\)。
关于组合数奇偶性,我这篇博客里写过,再贴上来:
结论:\(\dbinom{n}{m}\equiv0\space(\operatorname{mod}2)\) 当且仅当 \(n\operatorname{bitand}m=m\)。
证明(也许不是特别严谨):我们可以知道:
我们发现:
这一坨,就是在一直进行二进制移位,\(\operatorname{shr}1\)。
那么我们可以得出一个结论:如果对于我们记 \((n)_{k}\) 表示 \(n\) 在二进制意义下的第 \(k\) 位。\((n)_{k}\in[0,1]\)
那么对于 \(\forall i\),有 \((n)_{i}=0\) 且 \((m)_{i}=1\),那么 \(\dbinom{n}{m}\equiv0\space(\operatorname{mod} 2)\)。
所以 \(n\operatorname{bitand}m=m\),证毕。
答案显然。
#include <cstdio>
int N, M;
int main () {
int TC; scanf ( "%d", &TC ); while ( TC -- > 0 ) {
scanf ( "%d%d", &N, &M );
if ( ! N && ! M ) puts ( "1" );
else if ( ! N || ! M || N < M ) puts ( "0" );
else if ( ( ( N - M + ( ( M + 1 ) >> 1 ) - 1 ) & ( ( ( M + 1 ) >> 1 ) - 1 ) ) == ( ( ( M + 1 ) >> 1 ) - 1 ) ) puts ( "1" );
else puts ( "0" );
}
return 0;
}