P3746 [六省联考 2017] 组合数问题 题解

这个题 \(k\) 很小，我们考虑从 \(k\) 入手。

我们记

\[f(n,r)=\sum_{i=0}^{\infty}\binom{nk}{ik+r}\bmod p \]

现在我们来介绍几个求和变形的技巧：

一、增加枚举量

把 \(f(n,r)\) 展开 \(k\) 次，得：

\[f(n,r)=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\times\binom{nk-k}{ik+r-j}\bmod p \]

二、交换枚举顺序

明显交换两个 \(\sum\) 不影响答案，所以：

\[f(n,r)=\sum_{j=0}^{k}\sum_{i=0}^{\infty}\binom{k}{j}\times\binom{nk-k}{ik+r-j}\bmod p \]

三、分离无关变量

容易发现此时 \(\binom{k}{j}\) 和内层的 \(\sum\) 没有关系了，提出来：

\[f(n,r)=\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\sum_{i=0}^{\infty}\binom{nk-k}{ik+r-j}\bmod p \]

然后我们把式子整理一下：

\[f(n,r)=\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\sum_{i=0}^{\infty}\binom{(n-1)k}{ik+(r-j)}\bmod p \]

我们会发现，第二个 \(\sum\) 正好是 \(f(n-1,r-j)\)！所以：

\[f(n,r)=\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}f(n-1,r-j)\bmod p \]

我们使用一个经典套路：给他扩充一维，凑成矩阵乘法：

\[f(n,0,r)=\sum_{j=0}^{k}f(n-1,1,r-j)\binom{k}{j}\bmod p \]

这个时候我们把 \(f(n)\) 看成一个 \(1\times (k+1)\) 的矩阵，那么我们实际上需要凑出一个矩阵 \(D\)，使其满足：

\[f_n[0][r]=\sum_{j=0}^{k}f_{n-1}[0][r-j]\times D[r-j][r]\bmod p \]

\(D\) 是一个 \((k+1)\times (k+1)\) 的矩阵。

对比原式，只需要令 \(D[r-j][j]=\binom{k}{j}\) 即可。

这样就能用矩阵乘法了。

有 \(f_n=f_0\times D^n\)。\(D\) 已经构造出来了，现在的问题就是构造 \(f_0\)。

我们有

\[f(0,0,r)=\sum_{i=0}^{\infty}\binom{0k}{nk+r}=\sum_{i=0}^{\infty}\binom{0}{nk+r} \]

很明显，只有当 \(r=0\) 的时候式子是 \(1\)，其余为 \(0\)。

所以，\(f_0\) 是一个 \(1\times(k+1)\) 的矩阵，且只有 \(f_0[0][0]=1\)，其余都是 \(0\)。

但还有一个问题：\(r-j\) 可能 \(<0\)。

我们考虑证明：\(j>0\) 时，\(f(i,0,-j)=f(i,0,k-j)\)。

把 \(f(i,0,k-j)\) 展开，得：

\[\sum_{l=0}^{\infty}\binom{ik}{lk+k-j} \]

\[=\sum_{l=0}^{\infty}\binom{ik}{(l+1)k-j} \]

\[=\sum_{l=1}^{\infty}\binom{ik}{lk-j} \]

实际上，因为 \(\binom{ik}{0k-j}=\binom{ik}{-j}=0\)，所以原式

\[=\sum_{l=0}^{\infty}\binom{ik}{lk-j} \]

\[=f(i,0,-j) \]

这样，如果 \(r-j<0\)，我们就可以直接给 \(D[r-j+k][j]\) 加上 \(\binom{k}{j}\) 了（不能直接赋值，因为一个位置可能会被重复算多次）。此时，\(D\) 的两维就都是 \([0,k]\) 之间的数了。

然后我们就可以直接进行矩阵乘法了（由于预处理时已经解决了负数的情况，所以直接从 \(0\) 到 \(k\) 枚举下标即可）。

这样我们就做完了。时间复杂度 \(O(k^3\log n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#pragma GCC optimize("Ofast")
#define gt getchar
#define pt putchar
#define y1 y233
//typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
//typedef __uint128_t ulll;
const int N=55;
using namespace std;
inline bool __(char ch){return ch>=48&&ch<=57;}
inline int read(){
   	int x=0;bool sgn=0;char ch=gt();
   	while(!__(ch)&&ch!=EOF){sgn|=(ch=='-');ch=gt();}
   	while(__(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);ch=gt();}
	return sgn?-x:x;
}
template<class T>
inline void print(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
    do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);
}
template<class T>
inline void printsp(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
    do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);pt(32);
}
template<class T>
inline void println(T x){
	static char st[70];short top=0;
	if(x<0)pt('-');
    do{st[++top]=x>=0?(x%10+48):(-(x%10)+48),x/=10;}while(x);
    while(top)pt(st[top--]);pt(10);
}
inline void put_str(string s){
	int siz=s.size();
	for(int i=0;i<siz;++i) pt(s[i]);
	printf("\n");
}
int n,p,k,r,C[N][N];
struct Matrix{
	int n,m;
	ll val[N][N];
	Matrix(int _n=0,int _m=0){
		n=_n,m=_m;
		memset(val,0,sizeof(val));
	}
}f0,D;
inline Matrix operator*(const Matrix &a,const Matrix &b){
	Matrix c(a.n,b.m);
	for(int i=0;i<c.n;++i){
		for(int k=0;k<a.m;++k){
			for(int j=0;j<c.m;++j){
				c.val[i][j]=(c.val[i][j]+a.val[i][k]*b.val[k][j]%p)%p;
			}
		}
	}
	return c;
}
inline Matrix ksm(Matrix a,int b){
	Matrix c=a;
	b--;
	while(b){
		if(b&1)c=c*a;
		a=a*a,b>>=1;
	}
	return c;
}
signed main(){
	n=read(),p=read(),k=read(),r=read();
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=k;++j) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%p;
	}
	f0.n=1,f0.m=k+1;
	f0.val[0][0]=1;
	for(int j=1;j<=k;++j) f0.val[0][j]=0;
	D.n=D.m=k+1;
	for(int r=0;r<=k;++r){
		for(int j=0;j<=k;++j){
			if(r>=j) D.val[r][r-j]+=C[k][j];
			else D.val[r][r-j+k]+=C[k][j];
		}
	}
	Matrix F=f0*ksm(D,n);
	println(F.val[0][r]);
	return 0;
}