noip模拟赛。
开了空调的机房真是太舒服了。闭上眼睛就可以缩短醒着的时间。
A
比较唐氏的题。
正整数 \(n\) 最多只有 \(1\) 个大于 \(\sqrt{n}\) 的因数，这个是经典结论。
同理的，正整数 \(n\) 最多只有两个 \((\sqrt{3}{n}, \sqrt{n}]\) 中的因数。
于是只要特判 \(k=2\)且「\(n\) 做完三次根号内的质因数分解后为完全平方数」的情况即可。
C
神秘推式子，大抵算是知道怎么推了。
观察原式：
\[f_{n, x, y}(a, b) = \sum_{i = a}^{n - b} \binom{i}{a} x^{i - a} \binom{n - i}{b} y^{n - i - b} \]
找出递推式
首先平移下标，改为将 \(i\)从 \(0\) 开始枚举，相当于平移了一个 \(a\)，那么需要将 \(\sum\) 中的所有 \(i\) 都换成 \(i+a\)。
\[f_{n, x, y}(a, b) = \sum_{i = 0}^{n - b - a} \binom{i + a}{a} x^i \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} \]
这样子的平移好像是在这种一堆求和的式子中推的基础操作。
但是平移多少感觉非常巧思。明显感觉这种操作上限很高但是非常难想到。
大部分时候看到 \(\sum\) 都有一种难变换的感觉。/ll
接下来考虑组合数的基本变换：
\[\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1} \]
由杨辉三角即可得出。
将原式中的 \(\binom{i + a}{a}\) 用这种方法代替。即变为：
\[f_{n, x, y}(a, b) = \sum_{i = 0}^{n - b - a} \binom{i + a - 1}{a - 1} x^i \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} + \sum_{i = 0}^{n - b - a} \binom{i + a - 1}{a} x^i \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} \]
这里回到题意，由于我们要对于多组 \(a_i, b_i\) 回答询问，所以考虑预处理 \(f[a][b]\) 表示 \(f_{n, x, y}(a, b)\)。
尝试使用递推的方式预处理。我们一步步对式子的化简的最终目的是找到关于 \(f[a][b]\) 的递推式。
到这一步为止，等式的右边被我们拆成了两个部分。我们一部分一部分的考虑，尝试将它们都转化成与f相似的形式。
先看到第一个部分：
\[\sum_{i = 0}^{n - b - a} \binom{i + a - 1}{a - 1} x^i \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} \]
它可以等价地写成：
\[\sum_{i = 0}^{(n - 1) - b - (a - 1)} \binom{i + a - 1}{a - 1} x^i \binom{(n - 1) - i - (a - 1)}{b} y^{(n - 1) - i - (a - 1) - b} \]
这里我们把所有 \(n\)，\(a\) 同时存在的部分替换成 \((n-1)\) 和 \((a-1)\)，发现和原来是等价的。且变成了与 \(f\) 相似的形式。
这个式子即为：
\[f_{n - 1, x, y}(a - 1, b) \]
然后我们再考虑第二部分：
\[\sum_{i = 0}^{n - b - a} \binom{i + a - 1}{a} x^i \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} \]
注意到 \(i=0\) 时，式子的第一项为 \(\binom{a - 1}{a}\)，值为 \(0\)，于是可以将 \(i\) 的下界直接写为 \(1\)。
\[\sum_{i = 1}^{n - b - a} \binom{i + a - 1}{a} x^i \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} \]
还是将 \(i\) 的枚举区间平移，使 \(i\) 从 \(0\) 开始枚举。此时上界变成 \(n - b - a - 1\)，求和中的 \(i\) 变为 \(i+1\)。即：
\[\sum_{i = 0}^{n - b - a - 1} \binom{i + a}{a} x^{i + 1} \binom{(n - 1) - i - a}{b} y^{(n - 1) - i - a - b} \]
此时它和 \(f_{n - 1, x, y}(a, b)\) 非常相似。只差一个 \(x\)。
所以将 \(x\) 提出，得到第二部分为：
\[x f_{n - 1, x, y}(a, b) \]
结合两个部分，我们得到：
\[f_{n, x, y}(a, b) = f_{n - 1, x, y}(a - 1, b) + x f_{n - 1, x, y}(a, b) \]
总的来讲，这个式子由关于 \(a\) 的组合数拆分得到。同理的，将关于 \(b\) 的另一个组合数 \(\binom{n - i - a}{b}\) 拆分，得到：
\[f_{n, x, y}(a, b) = f_{n - 1, x, y}(a, b - 1) + y f_{n - 1, x, y}(a, b) \]
将两个式子联立，得到
\[f_{n - 1, x, y}(a - 1, b) + x f_{n - 1, x, y}(a, b) = f_{n - 1, x, y}(a, b - 1) + y f_{n - 1, x, y}(a, b) \]
即：
\[(x - y)f_{n - 1, x, y}(a, b) = f_{n - 1, x, y}(a, b - 1) - f_{n - 1, x, y}(a - 1, b) \]
将 \(n\) 平移 \(1\) 位，我们就得到了递推式：
\[f[a][b] = \frac{f[a][b - 1] - f[a - 1][b]}{x - y} \]
一般情况下这个式子都是成立的。
观察这个式子，它会在 \(a=0\)、\(b=0\)、\(x=y\) 这三种状况下出问题。
于是将这三种情况分开来研究。
\(a=0\) / \(b=0\) 时：
考虑倒数第二步的式子：
\[f_{n, x, y}(a, b) = f_{n - 1, x, y}(a - 1, b) + x f_{n - 1, x, y}(a, b) \]
发现是\(f_{n - 1, x, y}(a - 1, b)\)这一项出了问题。
cdx 声称，如果这个时候你对于 \(a=0\)、\(b=0\) 的情况单独去找递推规律，是难以赢的。
这个时候我们的思路还是把它向标准情况的递推式去靠。
还是看到\(f_{n - 1, x, y}(a - 1, b)\)这一项，它在 \(a=0\) 时明显有问题。
那我们就考虑将这一项写成 \(f_{n, x, y}(a, b) - x f_{n - 1, x, y}(a, b)\)
令这一项为 \(S\)，大力拆分，得到：
\[S = \sum_{i = 0}^{n - a - b} \binom{i + a}{a} x^{i} \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} - \sum_{i = 0}^{n - a - b} \binom{i + a - 1}{a} x^{i} \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} \]
发现右边两项大部分是一样的，将一样的部分全部提出，得到：
\[S = \sum_{i = 0}^{n - a - b} x^{i} \binom{n - i - a}{b} y^{n - i - a - b} (\binom{i + a}{a} - \binom{i + a - 1}{a}) \]
将 \(a=0\) 代入，得到：
\[S = \sum_{i = 0}^{n - b} x^{i} \binom{n - i}{b} y^{n - i - b} (\binom{i}{0} - \binom{i - 1}{0}) \]
发现括号内的项 \(\binom{i}{0} - \binom{i - 1}{0}\) 只在 \(i\) 取 \(0\) 时有 \(1\) 的值，其余情况都为 \(0\)。
在 \(i\) 取 \(0\) 时，此式即为：
\[S = \binom{n}{b} y^{n - b} \]
所以我们在 \(a=0\)时，用 \(\binom{n}{b} y^{n - b}\) 代替 \(f_{n - 1, x, y}(a - 1, b)\) 进行转移即可。
\(b=0\) 的情况同理，用 \(\binom{n}{a} x{n - a}\) 代替 f_{n - 1, x, y}(a, b - 1)。
剩下的就是 \(x=y\) 的情况。
\(x=y\) 时
\(x=y\) 时，递推式的分母变成了 \(0\)。此时我们回到原式。将 \(x=y\) 代入。
发现有：
\[f_{n, x, y}(a, b) = x^{n - a - b} \sum_{i = a}^{n - b} \binom{i}{a} \binom{n - i}{b} \]
使用神秘组合意义理解这个式子：
先不管前面 \(x\) 的系数，后面这个式子的组合意义大概为：
「有 \(n\)个小球，枚举一个分界线 \(i\)，在 \([1, i]\) 选 \(a\) 个球，同时在 \([i + 1, n]\) 选 \(b\) 个球」的方案数。
神秘地，我们人为的添加一个球作为原来的「分界线 \(i\)」，即在 \(n + 1\) 个球中选出 \(a + b + 1\) 个，此时从左往右数的第 \(a + 1\) 个被选出的球就代表了原来的分界线。
这是不重不漏的。
所以 \(x=y\) 时，有：
\[f_{n, x, y}(a, b) = x^{n - a - b} \binom{n + 1}{a + b + 1} \]
初始化
现在对于所有情况，我们的递推过程都完整了。
但是我们还没有考虑过递推的初始状态 \(f[0][0]\)。将 \(a=0\)，\(b=0\) 代入原式，得到：
\[f_{n, x, y}(0, 0) = \sum_{i = 0}^{n} x^{i} y^{n - i} \]
整理成为：
\[f_{n, x, y}(0, 0) = y^n \sum_{i = 0}^{n} (\frac{x}{y})^{i} \]
这是个等比数列求和。
整体代码如下：
cpp
cin >> n >> x >> y >> Q;
if(x == y) {
for(int i = 1; i <= 10001; i ++) {
val[i] = C(n + 1, i);
}
while(Q --) {
int wasd,dsaw; cin >>wasd >>dsaw;
cout << val[wasd + dsaw + 1] * kuai(x, n - wasd - dsaw) % mod <<endl;
}
return 0;
}
int ratio = x * kuai(y, mod - 2) % mod;
f[0][0] = kuai(y, n) * (kuai(ratio, n + 1) - 1) % mod * kuai(ratio - 1, mod - 2) % mod;
int inv1 = kuai(x - y, mod - 2);
for(int a = 0; a <= 5000; a ++) {
for(int b = 0; b <= 5000; b ++) {
if(a == 0 && b == 0) continue;
// cout << a << ' ' << b << endl;
if(a == 0) f[a][b] = (f[a][b - 1] - C(n + 1, b) * kuai(y, n + 1 - b) % mod) * inv1 % mod;
else if(b == 0) f[a][b] = (C(n + 1, a) * kuai(x, n + 1 - a) % mod - f[a - 1][b]) * inv1 % mod;
else f[a][b] = (f[a][b - 1] - f[a - 1][b]) * inv1 % mod;
f[a][b] = (f[a][b] + mod) % mod;
}
}
// cout << f[1][1] << endl;
while(Q --) {
int wasd, dsaw; cin >> wasd >>dsaw;
cout << f[wasd][dsaw] << endl;
}