题目描述
小 A 和小 B 是一对好朋友，他们经常一起愉快的玩耍。最近小 B 沉迷于**师手游，天天刷本，根本无心搞学习。但是已经入坑了几个月，却一次都没有抽到 SSR，让他非常怀疑人生。勤勉的小 A 为了劝说小 B 早日脱坑，认真学习，决定以抛硬币的形式让小 B 明白他是一个彻彻底底的非洲人，从而对这个游戏绝望。两个人同时抛 b 次硬币，如果小 A 的正面朝上的次数大于小 B 正面朝上的次数，则小 A 获胜。
但事实上，小 A 也曾经沉迷过拉拉游戏，而且他一次 UR 也没有抽到过，所以他对于自己的运气也没有太大把握。所以他决定在小 B 没注意的时候作弊，悄悄地多抛几次硬币，当然，为了不让小 B 怀疑，他不会抛太多次。现在小 A 想问你，在多少种可能的情况下，他能够胜过小 B 呢？由于答案可能太大，所以你只需要输出答案在十进制表示下的最后 k 位即可。
输入输出格式
输入格式：
有多组数据，对于每组数据输入三个数a,b,k，分别代表小A抛硬币的次数，小B抛硬币的次数，以及最终答案保留多少位整数。
输出格式：
对于每组数据，输出一个数，表示最终答案的最后 k 位为多少，若不足 k 位以 0 补全。
题意：
小A可以抛a次硬币，小B可以抛b次硬币(a>=b)问小A抛出正面的次数比小B多的情况种数，输出对10的k次方取余(k<=9);
题解：
①这是一个利用对应关系进行构造的组合问题：
如果每一种小A赢情况对应(把a,b次抛出的结果正面变成反面)一种小B赢的情况，那么总可能数/2就是答案，但是事实上不是，在可能会有小A无论在两种情况下都是比小B多，或者小A在两种情况下都小于等于小B的次数，为此，就只有分a=b和a>b讨论。
②a=b
A和B掷出的正面相同，小A两种情况都赢不了
$F = \sum_{i=0}^{a}C_{a}^{i}C_{a}^{i}=\sum_{i=0}^{a}C_{a}^{i}C_{a}^{a-i} = C_{2a}^{a}$
(a选i个再在另外a个选a-i个和在2a个里选a个一一对应)
$ans = \frac{2^{2a}-F}{2} = \frac{2^{2a}-C_{2a}^{a}}{2}$
③a>b
A和B掷出的正面满足A>B且a-A>b-B时小A两种情况都可以赢小B
$G = \sum_{i=0}^{b}\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{b}^{i}C_{a}^{i+j} = \sum_{i=0}^{b}\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{b}^{b-i}C_{a}^{i+j} = \sum_{j=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{j+b}$
(b个里选b-i个再在a个里选i+j个一一对应在a+b个里选b+j个)
$ans = \frac{2^{2a}+G}{2} = \frac{2^{2a}+\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{j+b}}{2}$
剩下的组合数取模用扩展lucas就好了，只是稍稍有点变化。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
#define Maxn 1000000001
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
ll a,b,K,mod,mod2,mod5,v[][];
ll pw(ll x,ll y,ll Mod){
ll res = ;
while(y){
if(y&) res = res * x % Mod;
y>>=; x = x * x % Mod;
}
return res;
}
void init(ll k,ll mx){
ll typ = k!=;
v[typ][] = ;
for(RG ll i = ;i <= mx;i++){
if(i%k) v[typ][i] = v[typ][i - ]*i % mx;
else v[typ][i] = v[typ][i - ];
}
}
inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(!b) {x = ,y = ;}
else exgcd(b,a%b,y,x),y -= a/b*x;
}
ll inv(ll a,ll p){
ll x,y; exgcd(a,p,x,y);
return (x%p+p)%p;
}
il ll mul(ll n,ll p,ll pk){
if(!n) return ;
ll ret = pw(v[p!=][pk],n / pk,pk) * v[p!=][n % pk] % pk;
return ret * mul(n / p,p,pk) % pk;
}
ll C(ll n,ll m,ll p,ll pk,ll fg){
if(n<m) return ;
ll cnt = ;
for(RG ll i = n;i;i/=p) cnt += i / p;
for(RG ll i = m;i;i/=p) cnt -= i / p;
for(RG ll i = (n - m);i;i/=p) cnt -= i / p;
if(p==&&fg) cnt--;
if(cnt>=K) return ;
ll s1 = mul(n,p,pk),s2 = mul(m,p,pk),s3 = mul(n - m,p,pk);
ll ret = pw(p,cnt,pk) * s1 % pk * inv(s2,pk) % pk * inv(s3,pk) % pk;
if(p==&&fg) ret = ret * inv(,pk) % pk;
return ret * (mod / pk) % mod * inv(mod / pk,pk) % mod;
}
ll lucas(ll n,ll m,ll fg) {return (C(n,m,,mod2,fg) + C(n,m,,mod5,fg)) % mod;}
int main()
{ //freopen("bzoj4830.in","r",stdin);
//freopen("bzoj4830.out","w",stdout);
init(,); init(,);
while(cin >> a >> b >> K){
mod2 = pw(,K,Maxn); mod5 = pw(,K,Maxn); mod = pw(,K,Maxn);
ll ans = pw(,a + b - ,mod);
if(a==b) ans = (ans - lucas(a+b,a,) + mod) % mod;
else {
for(RG ll i = (a+b)/+;i<a;i++) ans = (ans + lucas(a+b,i,))%mod;
if(!((a+b)%)) ans = (ans + lucas(a+b,(a+b)/,)) % mod;
}
while(ans<mod/) mod/=,printf("");
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}//by tkys_Austin;
(快省选了，关于扩lucas,扩gcd，扩CRT的叙述后面有时间可能会补上)