Noip2016提高组day2 T1
题目描述
组合数表示的是从n个物品中选出m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)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的一般公式：
其中n! = 1 × 2 × · · · × n
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】。
t行，每行一个整数代表答案。
输入输出样例
输入样例#1：1 2 3 3输出样例#1：
1输入样例#2：
2 5 4 5 6 7输出样例#2：
0 7
说明
【样例1说明】
在所有可能的情况中，只有是2的倍数。
解题思路
利用C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)和(a+b)%k=(a%k+b%k)%k两相结合可得C(n,m)%k=(C(n-1,m)%k+C(n-1,m-1)%k)%k；状态转移方程就有了，边界就是C(0,0)=C(i,i)=C(i,0)=1
由每组数据有多组（n,m），容易想到要用递推将C(n,m)%k的结果存入二维数组cyu[n][m]中，这样就不必每求一次C(n,m)就耗费O(nm)的时间复杂度，整个程序共O(t n^2m^2)的时间复杂度，而只需O(nm)求出cyu[][]，每次再耗费O(nm)统计能够被k整除（余数为零）的C(n,m)数量，这样整个程序就只需要耗费O(tnm+nm)=O(tnm)的时间复杂度了，交到OJ上，就已经得到了90分的算法。要满分还应该如何优化呢？
观察90分的算法能够发现，求余数表cyu[][]只用了O(1*mn)的时间复杂度，几乎全部时间复杂度都用于统计能整除的数量，且统计m、n大的的就一定要统计m、n小的，之前统计过的m、n小的答案未被充分利用啊！后面的数量要以前面的数量为基础，这自然就想到了用二维前缀和优化。
设f(n,m)为给定n、m的答案，可以证明f(n,m)=f(n-1,m)+f(n,m-1)-f(n-1,m-1)（画一张网格图，涂涂颜色，这在某篇讲二位前缀和的博文上看到过）。
设f(n,m)为给定n、m的答案，可以证明f(n,m)=f(n-1,m)+f(n,m-1)-f(n-1,m-1)（画一张网格图，涂涂颜色，这在某篇讲二位前缀和的博文上看到过）。
最后再处理一下f(n,m)的边界之类的细节，100分AC！
#include<stdio.h> int k,tot; int c[2010][2010]; int s[2010][2010]; int main() { int num=0; int n,m; scanf("%d%d",&tot,&k); c[0][0]=1; c[1][0]=1; c[1][1]=1; c[1][2]=1; c[1][0]=1; for(int i=1;i<2010;i++) for(int j=0;j<=i+1;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%k; for(int i=0;i<2010;i++) { s[i][0]=0; } for(int i=1;i<2010;i++) { for(int j=1;j<i;j++) { s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];//草稿本上涂方框发现的 if(c[i][j]==0) s[i][j]++;//前缀和的“标志” } s[i][i]=s[i][i-1];//边界的处理 if(c[i][i]==0) s[i][i]++; } while(tot--) { scanf("%d%d",&n,&m); if(m>n) m=n;//m大了并卵 printf("%d\n",s[n][m]); }//O(t)输出 return 0; }