【HDU】5793 A Boring Question

来源：互联网发布：linux 判断进程假死编辑：程序博客网时间：2024/05/22 19:22

A Boring Question

题目链接

A Boring Question

题目大意

要你求如下式子的值

\sum 0 \leq k 1, k 2 . . . k m \leq n \prod 1 \leq j < m (k j + 1 k j) mod 1000000007

题解

    这个题只是看上去吓人而已…
    比赛的时候大部分都是找规律过的，后来看官方题解才茅塞顿开。
    首先可以分析出来：这个和要是不为0，序列k必须非减，所以我们考虑非减的情况就行了。
    接下来开始化简：

∵ 序 列 非 减 ∴ \sum 0 \leq k 1, k 2 . . . k m \leq n \prod 1 \leq j < m (k j + 1 k j) = \sum k m n \sum k m - 1 k m . . . \sum k 1 = 0 k 2 (k 2 k 1) (k 3 k 2) . . . (k m k m - 1)

注意到后面的积可以分别提到和式的前面。

\sum k m n \sum k m - 1 k m (k m k m - 1) \sum k m - 2 k m - 1 (k m - 1 k m - 2) . . . \sum k 1 = 0 k 2 (k 2 k 1)

这时，我们发现最里面的一项就是

2k2，所以有：

\sum k m n \sum k m - 1 k m (k m k m - 1) \sum k m - 2 k m - 1 (k m - 1 k m - 2) . . . \sum k 2 k 3 (k 3 k 2) \cdot 2 k 2

这时我们又发现此时的最后一项又可以由二项式展开来化简：

\sum k 2 k 3 (k 3 k 2) \cdot 2 k 2 = (2 + 1) k 3 = 3 k 3

这样一直进行化简，最后可以得到：

\sum k m n \sum k m - 1 k m (k m k m - 1) \cdot (m - 1) k m - 1 = \sum k m n m k m

这样在最后就是一个等比数列求和了。
最终结果：

a n s = m n + 1 - 1 m - 1

代码

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#define mod 1000000007#define LL long longusing namespace std;int T;LL n,m;LL pow_mod(LL a,LL b,LL c){    LL ans=1;    while (b)    {        if (b&1) ans=(ans*a)%c;        b>>=1;        a=(a*a)%c;    }    return ans;}int main(){    scanf("%d",&T);    while (T--)    {        scanf("%lld%lld",&n,&m);        LL ans=(pow_mod(m,n+1,mod)-1)*pow_mod(m-1,mod-2,mod);        ans=(ans+mod)%mod;        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}

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