【组合数学】【Lucas】HDU6372 sacul

分析：

原来倒着读题目就是题解啊。。。。出题人很皮。。。

恩。。lucas定理在组合数学中还算是比较常见的了，之前在CQOI2018就遇到一道可以用Lucas骗分的（运气好还能卡过）的题。。。

其实lucas定理本身还是比较简单的（看着隔壁的EXLucas瑟瑟发抖。。。）
$C(n,m)\%p=(C(\frac n p,\frac m p)*C(n\%p,m\%p))\%p$

具体的证明请自行百度。。。（或者跟我一样不会证明直接用）

观察这个式子，发现其实就是把n和m按p进制分解，每一位分别求组合数，再乘起来。
而这个式子为0的条件也很容易发现

由于组合数满足：如果$n< m，则C(n,m)=0$
所以n和m在p进制下，只要任意一位m比n大，那么值就为0.

现在看回这道题，海绵宝宝矩阵中，只有当$C(n,m)>0$时，这个位置才是1，否则就是0.

可以把这个矩阵看做一个图，若$C(i,j)=1$则说明从到j有一条单向边。换言之，可以将这个矩阵的每一位$(i,j)$看作从$i$走一步到$j$的方案数。那么这个矩阵的k次幂就表示：从$i$走k步到$j$的方案数。。。。

（卧槽这不就是之前那场的HDU6331 Walking Plan么。。。。）

然后题目非常恶心，它求的其实就是这个图中，从i出发，到达j的步数不超过k的方案数。

现在考虑怎么求答案
边$(i,j)$存在的条件是，$C(i,j)\%p>0$，根据lucas定理，可以按p进制下每一位独立来看。因为若从i走到j，必须每一位都满足$i>j$，它只与自己这一位有关，无法限制其他位的情况。因此每一位是互相独立的。所以只要知道某一位的方案数，然后利用乘法原理再组合起来，形成一个幂的形式，就是整个的方案数。

现在分析某一位的方案怎么求：
假设要求走x步的方案数：
其实就是[0,p-1]这些数组成长度为x+1的不上升序列的方案数。。。（因为要求每一步都不能变大）

可以利用隔板法，把[0,p-1]中的每个数看作一个空隙，在这些空隙中放x+1个隔板，隔板可以重合。每种隔板的摆放方案，就对应了一个不上升序列。(每个隔板到0的距离就表示这一位的值）

所以方案数就是$C(p+x+1-1,x+1)=C(p+x,x+1)=C(p+x,p-1)$

总的答案就是$\sum_{i=1}^{i\leq k}\sum_{j=1}^{j\leq n}C^j(p+i,p-1)$
后面那部分可以用等比数列求和公式算出来。前面那部分枚举就好了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cmath>
#define SF scanf
#define PF printf
#define EPS 1e-6
#define MAXN 200010
#define MAXM 1300000
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
int t,n;
bool isprime[MAXM];
int primes[MAXN],cnt;
void linearsieve(){for(int i=2;i<=MAXM&&cnt<100000;i++){if(isprime[i]==0)primes[++cnt]=i;    for(int j=1;i*primes[j]<=MAXM;j++){int x=i*primes[j];isprime[x]=1;if(i%primes[j]==0)break;  }}
}
ll fac[MAXM+MAXN],ifac[MAXM+MAXN];
ll fsp(ll x,int y){ll res=1;while(y){if(y&1)res=res*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;  }return res;
}
void prepare(){fac[0]=1;for(int i=1;i<=1500000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;ifac[1500000]=fsp(fac[1500000],MOD-2);for(int i=1500000;i>0;i--)ifac[i-1]=ifac[i]*i%MOD;
}
ll C(int n,int m){return fac[n]*ifac[m]%MOD*ifac[n-m]%MOD;    
}
ll solve(ll x,int n){return (fsp(x,n)-1+MOD)%MOD*(fsp(x-1,MOD-2))%MOD*x%MOD;
}
int main(){linearsieve();prepare();SF("%d",&t);int c,n,k;while(t--){SF("%d%d%d",&c,&n,&k);ll ans=0;ll p=primes[c];for(int i=1;i<=k;i++){ll x=C(p+i,p-1);if(x==1)ans+=n;elseans+=solve(x,n);ans%=MOD;}PF("%lld\n",ans);}
}