一、题目

1、题目描述

2、输入输出

2.1输入

2.2输出

3、原题链接

1.组合数问题 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn)

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二、解题报告

1、思路分析

lucas => 分解为k进制数 =>
一堆只包含若干小于k的数相乘的组合数相乘 mod k 为 0 =>
某个组合数或某些组合数 下 < 上 =>
求 0 <= i <= n 0 <= j <= m ，i的k进制中至少有一位小于j的k进制的（i，j）个数 =>
数位dp + 差分 => 
tot - i的k进制中每一位都大于等于j的k进制的每一位（i，j）个数
f[i][j]剩余i位，前缀状态为j的满足条件的数字数目

朴素数位dp O(k)状态转移，会TLE
改进为O(1)状态转移:根据可转移状态能得到能填数字的范围，计算出该范围内的数位对，乘法原理优化状态转移

f(n, pre)
前缀状态:

0 都未匹配
1 i和n前缀匹配
2 j和m前缀匹配
3 i和n前缀匹配 且 j和m前缀匹配

cnt0(x, y)：计算i in [0, x] j in [0, y]的符合条件(i, j)数目
cnt1(x, y) = min(x, y) + 1
cnt2(x, y) = x - y + 1
cnt3(x, y) = x >= y (bool)

状态转移：
f(n, 0) = f(n - 1, 0) * cnt0(k - 1, k - 1)

f(n, 1) = f(n - 1, 0) * cnt0(dn[n] - 1, k - 1) + 
          f(n - 1, 1) * cnt1(dn[n], k - 1)

f(n, 2) = f(n - 1, 0) * cnt0(k - 1, dm[n] - 1) + 
          f(n - 1, 2) * cnt2(k - 1, dm[n])

f(n, 3) = f(n - 1, 0) * cnt0(dn[n] - 1, dm[n] - 1) + 
          f(n - 1, 1) * cnt1(dn[n], dm[n] - 1) +
          f(n - 1, 2) * cnt2(dn[n] - 1, dm[n]) + 
          f(n - 1, 3) * cnt3(dn[n], dm[n])
 

这道题有个很玄学的地方就是cnt0中x和y的取模如果放在第二if和第一个if之间就会WA6个点，但是if内写一个，if外写一个就不会，到底是什么原因呢？

2、复杂度

时间复杂度： O(log_{k}^{n} * 4)空间复杂度：O(log_{k}^{n} * 4)

3、代码详解

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#include <iostream>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 65, mod = 1e9 + 7, inv2 = 500000004;
int f[N][4]; 
int k, dn[N], dm[N], lenn, lenm;
int cnt0(int x, int y)
{ if (x < 0 || y < 0)return 0;if (x < y){x %= mod, y %= mod;return (x + 2) * (x + 1) % mod * inv2 % mod;}x %= mod, y %= mod;return ((y + 2) * (y + 1) % mod * inv2 % mod + (x - y) * (y + 1) % mod) % mod;
}
inline int cnt1(int x, int y){return (min(x, y) + 1) % mod;
}
inline int cnt2(int x, int y){if(x < y) return 0;return (x - y + 1) % mod;
}
inline int cnt3(int x, int y){return x >= y;
}int dfs(int n, int pre){if(!n) return 1;if(~f[n][pre]) return f[n][pre];int& res = f[n][pre] = 0;if(!pre)res = dfs(n - 1, 0) * cnt0(k - 1, k - 1) % mod;if(pre == 1)res = (dfs(n - 1, 0) * cnt0(dn[n] - 1, k - 1) % mod + dfs(n - 1, 1) * cnt1(dn[n], k - 1) % mod) % mod;if(pre == 2)res = (dfs(n - 1, 0) * cnt0(k - 1, dm[n] - 1) % mod + dfs(n - 1, 2) * cnt2(k - 1, dm[n]) % mod) % mod;if(pre == 3)res = (dfs(n - 1, 0) * cnt0(dn[n] - 1, dm[n] - 1) % mod + dfs(n - 1, 1) * cnt1(dn[n], dm[n] - 1) % mod +dfs(n - 1, 2) * cnt2(dn[n] - 1, dm[n]) % mod + dfs(n - 1, 3) * cnt3(dn[n], dm[n]) % mod) % mod;return res %= mod;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);int _ = 1;cin >> _ >> k;while(_--){memset(f, -1, sizeof f);memset(dn, 0, sizeof dn), memset(dm, 0, sizeof dm);int n, m;cin >> n >> m;m = min(n, m);int tot = cnt0(n, m);lenn = lenm = 0;while(n) dn[++lenn] = n % k, n /= k;while(m) dm[++lenm] = m % k, m /= k;cout << ((tot - dfs(lenn, 3)) % mod + mod) % mod << '\n';}return 0;
}