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Description
假设某个店铺有 种不同类型的 元奥利奥和 种不同类型的 元奥利奥,而且余量无限,我的钱有 元,我想把 元都用来买奥利奥,且可以买同类型的奥利奥,你能帮我算出有多少种购买方式吗?设答案为 ,这个数字也许会很大,所以我们只需要输出 的值。
Input
输入的第一行包含一个整数
,表示测试组数。
每个测试用例前面都有一个空白行。
每个测试用例由包含整数
和素数
的单行组成。
Output
对于每个测试用例输出一个整数:表示不同的购买奥利奥的方式的数量 的值。
Sample Input
3
0 10 2 47
2 2 4 47
5 5 10 47
Sample Output
10
14
6
Solution
时只有 为偶数时可以用完所有钱买 个 元的
时只能买 个 元的
时,枚举买的 元的个数 ,那么需要买 个 元的
剩余问题是有 种物品,每种物品无限,买 个的方案数,由插板法显然得知答案为
注意 可能比较小,通过预处理阶乘及其逆元求组合数会出问题,直接预处理组合数即可
Code
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,n,m,k,p;
int mul(int x,int y)
{
ll z=1ll*x*y;
return z-z/p*p;
}
int add(int x,int y)
{
x+=y;
if(x>=p)x-=p;
return x;
}
int Pow(int x,int y)
{
int z=1;
while(y)
{
if(y&1)z=mul(z,x);
x=mul(x,x);
y>>=1;
}
return z;
}
int C[2005][2005];
void init(int n=2000)
{
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&p);
init();
int ans=0;
if(n==0)
{
if(k%2==0)ans=C[k/2+m-1][m-1];
}
else if(m==0)ans=C[k+n-1][n-1];
else
{
for(int i=0;i<=k/2;i++)
{
int j=k-2*i;
ans=add(ans,mul(C[i+m-1][m-1],C[j+n-1][n-1]));
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}