传送门
这个题的暴力比较好想……然后用一些组合的知识就可以变成正解了。
首先我们考虑a=b的情况。我们把扔出来的硬币看成是一个01序列，那么对于一个b获胜的序列，他在每一位都按位异或1之后必然是一个a获胜的序列，那么a获胜的情况就是总情况减去平局，再除以二。总情况显然是(2^{a+b})，平局的我们能想到是(sum_{i=0}^a (C_a^i)^2),这个怎么快速计算……？一会会说到。
之后考虑a > b的情况。现在任何一个a平局或者告负的局面，只要按位异或1之后都会转化为a胜的局面。因为a可以靠抛出硬币的数量取胜，那么首先我们枚举b抛出硬币的情况。之后对于a的情况，a抛出的硬币要比b多，那么我们可以枚举多出来的硬币数，结合起来就是(sum_{i=0}^bsum_{j=1}^{a-b-1} C_b^iC_a^{i+j}).
这一部分的情况，即使将序列全部异或1，获胜的依然是a。那么这一部分的情况除以2，加上总的情况除以2即为答案。
下面我们用到一个叫范德蒙德恒等式的东西，其形式如下：(sum_{i=0}^k C_n^iC_m^{k-i} = C_{n+m}^k)
这个有两种证明方法。
1.组合证明。
我们考虑从(n+m)个元素中选取k个的情况数。我们分成两部分来看，一部分是从前n个里面取i个，一部分是从后面m个取k-i个，这两种之间用乘法原理乘起来。然后我们只要枚举每次取的情况，从0～k，就可以取遍所有情况，等式成立。
2.生成函数证明。(也可以说是数学推导？233)
((1+x)^n(1+x)^m = (1+x)^{n+m})
((sum_{i=0}^nC_n^ix^i)(sum_{i=0}^mC_m^ix^i) = sum_{k=0}^{n+m}(sum_{i=0}^kC_n^iC_m^{k-i})x^k)(后面是卷积的形式)
((1+x)^{n+m} = sum_{k=0}^{n+m}C_{n+m}^kx^k)
把这两个式子比较一下，之后就可以立即得到(sum_{i=0}^kC_n^iC_m^{k-i} = C_{n+m}^k)
这时候我们就可以得到，平局的情况，应该是(C_{a+b}^a),而对于a>b时a获胜的情况，我们先把式子变形成这样：(sum_{i=1}^{a-b-1}sum_{j=0}^bC_b^{b-j}C_a^{i+j}),因为(b-j+i+j = b+i)，所以式子可以看成(sum_{i=1}^{a-b-1}sum_{j+k = b+i}C_b^jC_a^k),根据上面的范德蒙德恒等式就可以得到答案为(sum_{i=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+i})
然后这时候你兴致冲冲写了扩展卢卡斯发现T成0分。
这个题需要预先处理在模2和5的k次幂下的阶乘，为了方便扩展卢卡斯运算，需要中途把2和5的倍数直接抠掉。还有一个问题是怎么除以2.当a+b为奇数的时候，那么我们算的其实是杨辉三角中间的几列，只算一半就行。a+b为偶数的时候会剩下一项(C_{a+b}^{(a+b)/2}),这个我们用组合的知识，(C_{2a}^a = C_{2a-1}^a+C_{2a-1}^{a-1} = 2C_{2a-1}^a),计算它就可以了。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(ll i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(ll i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('
')
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 2000005;
const int INF = 2147483647;
const double eps = 1e-8;
ll read()
{
ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0',ch = getchar();
return ans * op;
}
ll a,b,k,p,ans,fac[2][M],d1,d2;
ll mul(ll a,ll b,ll t)
{
ll res = a * b - (ll)((long double)a / t * b + eps) * t;
return (res % t + t) % t;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b){x = 1,y = 0;return a;}
ll d = exgcd(b,a%b,y,x);
y -= a / b * x;
return d;
}
ll inv(ll a,ll b)
{
ll x,y;
exgcd(a,b,x,y);
return (x % b + b) % b;
}
ll CRT(ll b,ll t) {return mul(mul(b,inv(p/t,t),p),p/t,p);}
ll qpow(ll a,ll b,ll t)
{
ll p = 1;
while(b)
{
if(b & 1) p = mul(p,a,t);
a = mul(a,a,t),b >>= 1;
}
return p;
}
ll Fac(ll x,ll pi,ll pk)
{
if(!x) return 1;
ll res = fac[pi!=2][pk];
res = mul(qpow(res,x/pk,pk),fac[pi!=2][x%pk],pk);
return mul(res,Fac(x/pi,pi,pk),pk);
}
ll C(ll n,ll m,ll pi,ll pk)
{
if(n < m) return 0;
ll r = 0;
for(ll i = n;i;i /= pi) r += i / pi;
for(ll i = m;i;i /= pi) r -= i / pi;
for(ll i = n-m;i;i /= pi) r -= i / pi;
if(r >= k) return 0;//这一句不加会T
ll g = Fac(n,pi,pk),g1= Fac(m,pi,pk),g2 = Fac(n-m,pi,pk);
return mul(mul(g,inv(g1,pk),pk),mul(qpow(pi,r,pk),inv(g2,pk),pk),pk);
}
ll exlucas(ll n,ll m)
{
ll res = 0;
res += CRT(C(n,m,2,d1),d1),res %= p;
res += CRT(C(n,m,5,d2),d2),res %= p;
return res;
}
void init(ll p,ll pk)
{
fac[p!=2][0] = 1;
rep(i,1,pk) (i%p) ? fac[p!=2][i] = mul(fac[p!=2][i-1],i,pk) : fac[p!=2][i] = fac[p!=2][i-1];
}
int main()
{
//freopen("coin1.in","r",stdin);
init(2,512),init(5,1953125);
while(~scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&k))
{
p = qpow(10,k,INF),d1 = qpow(2,k,INF),d2 = qpow(5,k,INF);
ans = qpow(2,a+b-1,p);
if(a == b) ans += (p - exlucas((a<<1)-1,a)),ans %= p;
else
{
rep(i,1,(a-b-1)>>1) ans += exlucas(a+b,b+i),ans %= p;
if(!((a+b)&1)) ans += exlucas(a+b-1,(a+b)>>1),ans %= p;
}
while(ans < p / 10) putchar('0'),p /= 10;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}