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终焉折枝
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Pro1689  [HNOI 2010] 弹飞绵羊 题解

更好的阅读体验：https://www.cnblogs.com/To-Carpe-Diem/p/19626422


大意

维护一个包含 $n$ 个弹力装置的数组，每个装置 $i$ 有弹力系数 $k_i$，绵羊从 $i$ 出发会弹到 $i + k_i$ 的位置，超出范围则弹飞。需要处理两种操作：查询从指定装置出发被弹飞的次数，以及修改指定装置的弹力系数


思路

如果说，从当前节点 $i$ 向节点 $i + k_i$ 连一条边，那么最终我们把跳出去的部分，设为 $n + 1$ 节点，那么我们就得到了一颗以 $n + 1$ 为根的树，每次我们要统计的就是 $i$ 到根的路径上的所有点之和。

但是由于这个东西需要动态的修改和查询，我们就可以用 $\text{LCT}$ 解决这个问题。

由于根节点是固定的，所以我们就不需要很多其他的奇妙操作了，只需要 splay 和 access 即可。

在查询的时候，只需要把 $x$ access 后 splay 到根即可，答案就是左子树大小，修改同理。


代码 

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;

#define lc(x) t[x].ch[0]
#define rc(x) t[x].ch[1]
#define fa(x) t[x].fa

const int MAXN = 2 * 1e5 + 5;
vector<int> G[MAXN];
struct node{
	int ch[2], sz, fa;
}t[MAXN];

bool isroot(int x){
	return lc(fa(x)) != x && rc(fa(x)) != x;
}

void pushup(int x){
	t[x].sz = t[lc(x)].sz + t[rc(x)].sz + 1;
}

void rotate(int x){
	int y = fa(x), z = fa(y);
	int k = (rc(y) == x);
	if(!isroot(y)){
		t[z].ch[rc(z) == y] = x;
	}
	fa(x) = z;
	t[y].ch[k] = t[x].ch[k ^ 1];
	if(t[x].ch[k ^ 1]){
		fa(t[x].ch[k ^ 1]) = y;
	}
	t[x].ch[k ^ 1] = y;
	fa(y) = x;
	pushup(y);
	pushup(x);
}

void splay(int x){
	while(!isroot(x)){
		int y = fa(x), z = fa(y);
		if(!isroot(y)){
			(rc(y) == x) ^ (rc(z) == y) ? rotate(x) : rotate(y);
		}
		rotate(x);
	}
}

void access(int x){
	for(int y = 0;x;y = x, x = fa(x)){
		splay(x);
		rc(x) = y;
		pushup(x);
	}
}

int n, m, k[MAXN];

int main(){
	
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i ++){
		cin >> k[i];
		t[i].sz = 1;
		fa(i) = (i + k[i]) > n ? n + 1 : (i + k[i]);
	}
	cin >> m;
	while(m --){
		int op, x, v; cin >> op >> x;
		x ++;
		if(op == 1){
			access(x);
			splay(x);
			cout << t[lc(x)].sz << '\n';
		}
		else{
			cin >> v;
			access(x);
			splay(x);
			lc(x) = fa(lc(x)) = 0;
			pushup(x);
			k[x] = v;
			fa(x) = x + v > n ? n + 1 : x + v;
		}
	}
	return 0;
}


题目1689  [HNOI 2010] 弹飞绵羊      6      评论
2026-02-26 11:46:15    
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终焉折枝
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Pro1799  [国家集训队2012]tree(伍一鸣) 题解

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大意

动态维护树上的乘积和加和。


思路

直接 $\text{LCT}$ 维护即可，但是注意乘法和加法的混合的下传。


代码 

#include<iostream>
using namespace std;

#define uint unsigned int
#define lc(x) t[x].ch[0]
#define rc(x) t[x].ch[1]
#define fa(x) t[x].fa
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int MOD = 51061;

struct node{
	int ch[2], fa;
	uint val, sum, sz, add, mul;
	bool tag;
	node(){
		ch[1] = ch[0] = fa = 0;
		val = sum = sz = add = 0;
		mul = 1;
		tag = false;
	}
}t[MAXN];

bool isroot(int x){
	return (lc(fa(x)) != x) && (rc(fa(x)) != x);
}

void pushup(int x){
	t[x].sz = t[lc(x)].sz + t[rc(x)].sz + 1;
	t[x].sum = (t[lc(x)].sum + t[rc(x)].sum + t[x].val) % MOD;
}

void update_rev(int x){
	if(!x) return;
	swap(lc(x), rc(x));
	t[x].tag ^= 1;
}

void apply(int x, uint md, uint ad){
	if(!x) return;
	t[x].val = (1LL * t[x].val * md + ad) % MOD;
	t[x].sum = (1LL * t[x].sum * md + 1LL * ad * t[x].sz) % MOD;
	t[x].mul = (1LL * t[x].mul * md) % MOD;
	t[x].add = (1LL * t[x].add * md + ad) % MOD;
}

void pushdown(int x){
	if(t[x].tag){
		update_rev(lc(x));
		update_rev(rc(x));
		t[x].tag = 0;
	}
	if(t[x].mul != 1 || t[x].add != 0){
		apply(lc(x), t[x].mul, t[x].add);
		apply(rc(x), t[x].mul, t[x].add);
		t[x].mul = 1, t[x].add = 0;
	}
}

void rotate(int x){
	int y = fa(x), z = fa(y);
	int k = (rc(y) == x);
	if(!isroot(y)){
		t[z].ch[rc(z) == y] = x;
	}
	fa(x) = z;
	t[y].ch[k] = t[x].ch[k ^ 1];
	if(t[x].ch[k ^ 1]){
		fa(t[x].ch[k ^ 1]) = y;
	}
	t[x].ch[k ^ 1] = y;
	fa(y) = x;
	pushup(y);
	pushup(x);
}

void pushshell(int x){
	if(!isroot(x)){
		pushshell(fa(x));
	}
	pushdown(x);
}

void splay(int x){
	pushshell(x);
	while(!isroot(x)){
		int y = fa(x), z = fa(y);
		if(!isroot(y)){
			(rc(z) == y) ^ (rc(y) == x) ? rotate(x) : rotate(y);
		}
		rotate(x);
	}
}

void access(int x){
	for(int y = 0;x;y = x, x = fa(x)){
		splay(x);
		rc(x) = y;
		pushup(x);
	}
}

void makeroot(int x){
	access(x);
	splay(x);
	update_rev(x);
}

int findrt(int x){
	access(x);
	splay(x);
	while(lc(x)){
		pushdown(x);
		x = lc(x);
	}
	splay(x);
	return x;
}

void split(int x, int y){
	makeroot(x);
	access(y);
	splay(y);
}

void link(int x, int y){
	makeroot(x);
	if(findrt(y) != x) fa(x) = y;
}

void cut(int u1, int v1){
	split(u1, v1);
	if(lc(v1) == u1 && rc(u1) == 0){
		fa(u1) = lc(v1) = 0;
		pushup(v1);
	}
}

int main(){
	int n, q;
	cin >> n >> q;
	for(int i = 1;i <= n;i ++){
		t[i].val = t[i].sum = t[i].sz = 1;
		t[i].mul = 1;
	}
	for(int i = 1;i < n;i ++){
		int u, v; cin >> u >> v;
		link(u, v);
	}
	while(q --){
		char op; cin >> op;
		int u, v, u2, v2; uint c;
		if(op == '+'){
			cin >> u >> v >> c;
			split(u, v);
			apply(v, 1, c);
		}
		else if(op == '-'){
			cin >> u >> v >> u2 >> v2;
			cut(u, v);
			link(u2, v2);
		}
		else if(op == '*'){
			cin >> u >> v >> c;
			split(u, v);
			apply(v, c, 0);
		}
		else if(op == '/'){
			cin >> u >> v;
			split(u, v);
			cout << t[v].sum << endl;
		}
	}
	return 0;
}


题目1799  [国家集训队2012]tree(伍一鸣)      7      评论
2026-02-26 11:44:19    
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终焉折枝
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Pro3609  [BZOJ 1101]Zap 题解

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大意

给出 $a,b,d$，求满足 $1 \leq x \leq a$，$1 \leq y \leq b$，且 $\gcd(x,y)=d$ 的二元组 $(x,y)$ 的数量。


思路

也就是说，我们要统计的答案是 $\sum_{x = 1} ^ a \sum_{y = 1} ^ b [\gcd(x, y) = d]$。

我们考虑莫比乌斯反演。

我们令 $x = d \times x', y = d \times y'$，那么原式可化为 $\sum_{x' = 1} ^ {\lfloor \frac{x}{d} \rfloor} \sum_{y' = 1} ^ {\lfloor \frac{y}{d} \rfloor} [\gcd(x', y') = 1]$，我们再利用恒等式 $[\gcd(x, y) = 1] = \sum_{k | \gcd(x, y)} \mu(k)$ 代入，得到答案为 $\sum_{x' = 1} ^ {\lfloor \frac{x}{d} \rfloor} \sum_{y' = 1} ^ {\lfloor \frac{y}{d} \rfloor} \sum_{k | \gcd(x, y)} \mu(k)$，接下来，我们再改变一下，先枚举 $k$，再看那些情况符合的，答案就变为了 $\sum_{k = 1} ^ {\min(\lfloor \frac{x}{d} \rfloor, \lfloor \frac{y}{d} \rfloor)} \mu(k) \lfloor \frac{x}{d} \rfloor \lfloor \frac{y}{d} \rfloor$。


代码 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 50005;
int mu[MAXN], pr[MAXN];
bool vis[MAXN];
int sum[MAXN], tot = 0;

void init(int n){
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;i ++){
		if(!vis[i]){
			pr[++ tot] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1;j <= tot && pr[j] * i <= n;j ++){
			vis[pr[j] * i] = 1;
			if(i % pr[j] == 0){
				mu[pr[j] * i] = 0;
				break;
			}
			mu[pr[j] * i] = -mu[i];
		}
	}
	for(int i = 1;i <= n;i ++){
		sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
	}
}

int solve(){
	int a, b, d, ans = 0;
	cin >> a >> b >> d;
	if(a > b) swap(a, b);
	a /= d, b /= d;
	for(int l = 1, r;l <= a;l = r + 1){
		r = min(a / (a / l), b / (b / l));
		ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * (a / l) * (b / l);
	}
	return ans;
}

int main(){
	init(50000);
	int t; cin >> t;
	while(t --){
		cout << solve() << '\n';
	}
	return 0;
}


题目3609  [BZOJ 1101]Zap AAAAAAAAAAAAAAAAAAAA      7      评论
2026-02-26 11:40:44    
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终焉折枝
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Pro3224  [NOI 2019]回家路线 题解

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大意

从 $1$ 号点到第 $n$ 号点，每个地方是一个站点，有 $k$ 条路线，每个路线的车都有起始点和到达点，起始时间和到达时间，在等车的过程中他会哈气，问哈气值最小是什么？


思路

我们发现如果我们按时间进行排序，处理每个站点的航线的话，我们发现这样的话，后面的站点只能从前航线时间转移过来，那么这样的话我们做 DP 是没有后效性的，我们的转移是这样的，对于一个站点，若两条航线 $v_j = u_i$，那么有：$dp[i] = \min_{j \in \text{valid}} \{ dp[j] + A(p_i - q_j)^2 + B(p_i - q_j) + C \}$

我们不妨把这个转移式子拆开：$dp[i] = dp[j] + Ap_i^2 - 2Ap_iq_j + Aq_j^2 + Bp_i - Bq_j + C$

再把和 $i$ 与 $j$ 有关的项分开：$dp[i] = \underbrace{(dp[j] + Aq_j^2 - Bq_j)}_{\text{跟 } j \text{ 有关}} - \underbrace{2Ap_iq_j}_{i, j \text{ 混合}} + \underbrace{(Ap_i^2 + Bp_i + C)}_{\text{跟 } i \text{ 有关}}$

我们发现其实是可以做斜率优化的，我们将其化为 $y = kx + b$ 的形式：$\underbrace{dp[j] + Aq_j^2 - Bq_j}_{y} = \underbrace{(2Ap_i)}_{k} \cdot \underbrace{q_j}_{x} + \underbrace{(dp[i] - Ap_i^2 - Bp_i - C)}_{b}$

接下来维护一个下凸壳即可，由于是静态的，我们可以考虑直接用单调队列维护，但是有个很大的问题是，这些站点的东西要混起来吗？？？那怎么能知道哪个站点的能转移的点在哪呢？很简单的方式就是，我们直接维护 $n$ 个单调队列即可。每次对于每个站点进行转移即可。


代码 


#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm> 
using namespace std;

#define ll long long
const int MAXN = 2 * 1e5 + 5;
int n, m;
ll A, B, C;
ll u[MAXN], v[MAXN], q[MAXN], p[MAXN], dp[MAXN];
int id1[MAXN], id2[MAXN];
deque<int> Q[MAXN >> 1];

double X(int x){
    return q[x];
}
double Y(int x){
    return dp[x] + A * q[x] * q[x] - B * q[x];
}
double slope(int a, int b){
    if(X(a) == X(b)) return Y(a) >= Y(b) ? 1e18 : -1e18;
    return (Y(a) - Y(b)) / (X(a) - X(b));
}
bool cmp1(int a, int b){
    return p[a] < p[b];
}
bool cmp2(int a, int b){
    return q[a] < q[b];
}


int main(){
    // freopen("rout.in", "r", stdin);
    // freopen("rout.out", "w", stdout);
    cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> m >> A >> B >> C;
    for(int i = 1;i <= m;i ++){
        cin >> u[i] >> v[i] >> p[i] >> q[i];
        id1[i] = id2[i] = i;
        dp[i] = 1e18;
    }
    sort(id1 + 1, id1 + m + 1, cmp1);
    sort(id2 + 1, id2 + m + 1, cmp2);
    dp[0] = q[0] = 0; v[0] = 1;
    Q[1].push_back(0);
    int nxt = 1;
    for(int k = 1;k <= m;k ++){
        int i = id1[k];
        while(nxt <= m && q[id2[nxt]] <= p[i]){
            int j = id2[nxt ++];
//            cout << j << '\n';
            if(dp[j] == 1e18) continue;
            int st = v[j];
            while(Q[st].size() > 1 && slope(j, Q[st][Q[st].size() - 2]) <= slope(Q[st][Q[st].size() - 2], Q[st][Q[st].size() - 1])){
                Q[st].pop_back();
            }
            Q[st].push_back(j);
        }
        int st = u[i];
        if(Q[st].empty()) continue;
        while(Q[st].size() > 1 && slope(Q[st][0], Q[st][1]) <= 2.0 * A * p[i]){
            Q[st].pop_front();
        }
		int j = Q[st][0];
//		cout << "i : " << i << ' ' << "j : " << j << '\n';
		dp[i] = dp[j] + A * (p[i] - q[j]) * (p[i] - q[j]) + B * (p[i] - q[j]) + C; 
    }
    ll ans = 1e18;
    for(int i = 1;i <= m;i ++){
        if(v[i] == n && dp[i] != 1e18){
            ans = min(dp[i] + q[i], ans);
        }
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}




题目3224  [NOI 2019]回家路线 AAAAAAAAAAAAAAAAAAAA      7      评论
2026-02-26 11:27:04    
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对立猫猫对立
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Pro3418  [统一省选 2020]组合数问题 题解

[统一省选 2020] 组合数问题 题解

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说明

本题解整理自完整数学推导过程，重点在于如何从定义严格推出可计算的递推式， 并说明该递推如何对应到最终实现代码。$$\newcommand{\binom}[2]{{#1 \choose #2}}$$

注意： 本题解包含较多组合恒等式与求和变形，请耐心阅读。

简要题意

给定整数 $n,x,p$，以及一个 $m$ 次多项式

$$ f(k)=\sum_{i=0}^{m}a_i k^i $$

要求计算：

$$ \left(\sum_{k=0}^{n} f(k)\cdot x^k \cdot \binom{n}{k}\right)\bmod p $$

先说结论

定义：

$$ F(a,b)=\sum_{k=0}^{a}k^b x^k\binom{a}{k} $$

核心递推式

$$ F(n,m)=n\left(F(n,m-1)-F(n-1,m-1)\right) $$

边界条件

$$ F(k,0)=(x+1)^k $$

最终答案

$$ \text{ans}=\sum_{i=0}^{m}a_i F(n,i) $$

证明

前置公式

$$ k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1} $$ $$ \binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} $$ $$ (x+1)^p=\sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}x^i $$

推导一：直接展开（$O(m^2)$）

$$ F(n,m)=\sum_{k=0}^{n}k^m x^k\binom{n}{k} $$ $$ \begin{aligned} F(n,m) &=\sum_{k=0}^{n}k^{m-1}x^k\cdot k\binom{n}{k} \\ &=\sum_{k=0}^{n}k^{m-1}x^k\cdot n\binom{n-1}{k-1} \\ &=n\sum_{k=1}^{n}k^{m-1}x^k\binom{n-1}{k-1} \end{aligned} $$ $$ F(n,m) =n\sum_{j=0}^{n-1}(j+1)^{m-1}x^{j+1}\binom{n-1}{j} $$ $$ F(n,m) =nx\sum_{j=0}^{n-1}(j+1)^{m-1}x^{j}\binom{n-1}{j} $$ $$ (j+1)^{m-1}=\sum_{i=0}^{m-1}\binom{m-1}{i}j^i $$ $$ F(n,m)=nx\sum_{i=0}^{m-1}\binom{m-1}{i}F(n-1,i) $$

推导二：关键递推

$$ \begin{aligned} F(n,m) &=\sum_{k=0}^{n}k^m x^k\binom{n}{k} \\ &=\sum_{k=0}^{n}k^m x^k\binom{n-1}{k} +\sum_{k=0}^{n}k^m x^k\binom{n-1}{k-1} \end{aligned} $$ $$ F(n,m)=F(n-1,m)+x\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}F(n-1,i) $$ $$ F(n,m)=(1+x)F(n-1,m) +x\sum_{i=0}^{m-1}\binom{m}{i}F(n-1,i) $$ $$ x\sum_{i=0}^{m-1}\binom{m-1}{i}F(n-1,i) =F(n,m-1)-F(n-1,m-1) $$

最终结论

$$ \boxed{ F(n,m)=n\left(F(n,m-1)-F(n-1,m-1)\right) } $$

证毕。

与代码的对应关系（简述）

  • f[j] 表示 $F(\cdot,j)$
  • 递推式直接对应循环更新
  • 初值 f[0]=(x+1)^n 是边界条件

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终焉折枝
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Pro3418  [统一省选 2020]组合数问题 题解

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$\newcommand{\binom}[2]{{#1 \choose #2}}$

大意

求$\left(\sum_{k=0}^{n}f(k)\times x^k\times \binom{n}{k}\right)\bmod p$的值。其中 $n$, $x$, $p$ 为给定的整数，$f(k)$ 为给定的一个 $m$ 次多项式 $f(k) = a_0 + a_1k + a_2k^2 + \cdots + a_mk^m$。$\binom{n}{k}$ 为组合数，其值为 $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$。


思路

好题！

我们先考虑这个式子的暴力处理方式，我们发现是外层枚举 $k$，内层枚举 $f(k)$ 的k $k$，这样是 $\mathcal{O}(nm)$ 的，但是我们发现 $1 \le n \le 10 ^ 9$，但是我们的 $m$ 是 $1 \le m \le 10 ^ 3$ 的，我们首先考虑的是把复杂度中的 $n$ 化为用 $m$ 的复杂度能解决的事情。

我们发现原始的式子中，只有 $f(k)$ 是需要我们额外处理的，所以我们先看这个东西，我们考虑化简，这个时候需要用到 $k$ 次下降幂的东西，众所周知 $x ^ k = x \times x \times \ldots $，那么我们的 $x ^ {\underline{k}} = x(x - 1)(x - k + 1)$，为什么我们需要知道这个东西呢？因为我们发现 $f(k)$ 中的 $k ^ j$ 无法很好的运算，我们考虑幂的转化，即利用**第二类斯特林数**将 $x ^ k \to x ^ {\underline{k}}$，如何做呢？我们有这样的恒等式：$k ^ i = \sum_{j = 0}^{i} {i \brace j} k ^ {\underline{j}}$。

那这个时候就有人要问了，主播主播什么是**第二类斯特林数**？我们考虑组合意义，是这样的： ${i \brace j}$ 表示将 $i$ 个互不相同的球放到 $j$ 个相同的盒子里（每个盒子都不为空）的方案数。那递推式就是：${i \brace j} = {i - 1 \brace j - 1} + j \times {i - 1 \brace j}$，那这个式子我们可以用组合的方式去理解一下，就是左边的 ${i - 1 \brace j - 1}$ 就是开一个新的盒子，而右边的 $j \times {i - 1 \brace j}$ 就是用旧的盒子。

好，回到正题，我们考虑将原始的 $f(k)$ 优化代换一下，用 $k ^ {\underline{j}}$ 替代 $k ^ j$，这样的话前面会产生一个新的系数，我们将这个系数记为 $b_j$，那么 $b_j = \sum_{i = 1}^{m} a_i \times {i \brace j}$。那么我们将这个 $b_j$ 带入原式，那么我们的式子就变成了这样~~一坨~~：$\sum_{k = 0} ^ {n} (\sum_{j = 0} ^ {m} b_j k ^ {\underline{j}}) x ^ k \binom{n}{k}$

接下来，我们先交换 $k$ 与 $j$ 的枚举顺序：$\sum_{j = 0} ^ {m} b_j (\sum_{k = 0} ^ {n} k ^ {\underline{j}} x ^ k \binom{n}{k})$

接下来我我们利用**吸收公式**的 $k$ 次下降幂的形式：$k ^ {\underline{j} \binom{n}{k}} = n ^ {\underline{j} \binom{n - j}{k - j}}$

将其带入，得到：$\sum_{j = 0} ^ {m} b_j (\sum_{k = j}^{n} n ^ {\underline{j}} \binom{n - j}{k - j} x ^ k)$

我们提取一下系数：$\sum_{j = 0} ^ {m} b_j n ^ {\underline{j}} \cdot x ^ j \sum_{k = j} ^ {n} \binom{n - j}{k - j} x ^ {k - j}$

不难注意到右边是二项式定理的形式，故可以继续化简：$\sum_{j = 0} ^ {m} b_j n ^ {\underline{j}} \cdot x ^ j (x + 1) ^ {n - j}$

到这边，我们的任务就完成了，$b_j$ 可以提前 $\mathcal{O}(m ^ 2)$ 预处理出来，$n ^ {\underline{j}}$ 可以随着递推求，$x^j$ 也可以随着递推求，至于 $(x + 1)^{n - j}$ 就可以直接快速幂求了，总时间复杂度就是 $\mathcal{O}(m ^ 2)$。


代码 


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXM = 1005;
#define ll long long
int n, x, p, m;
ll a[MAXM], b[MAXM];
ll S[MAXM][MAXM];

ll qpow(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	a %= p;
	while(b){
		if(b & 1) res = res * a % p;
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int main(){
	srand(time(NULL));
    cout << rand() % 40;
	cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);

	cin >> n >> x >> p >> m;

	for(int i = 0;i <= m;i ++) cin >> a[i];
	S[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i <= m;i ++){
		for(int j = 1;j <= i;j ++){
			S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + j * S[i - 1][j]) % p;
		}
	}

	for(int j = 0;j <= m;j ++){
		for(int i = 0;i <= m;i ++){
			(b[j] += ((a[i] * S[i][j]) % p)) %= p;
		}
	}

	ll mi = 1, ans = 0, xi = 1;
	for(int i = 0;i <= m;i ++){
		ll del = b[i];
		(del *= mi) %= p;
		(del *= xi) %= p;
		(del *= qpow(x + 1, n - i)) %= p;
		(ans += del) %= p;
//		(ans += (b[i] * mi * qpow(x, i) * qpow(x + 1, n - i))) %= p;
		(mi *= (n - i)) %= p;
		(xi *= x) %= p;
	}
	cout << (ans + p) % p << '\n';
	return 0;
}



题目3418  [统一省选 2020]组合数问题 AAAAAAAAAAAAAAAAAAAA      7      评论
2026-02-25 21:59:51    
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2026-05-27 22:03:31 以 Twitter Bootstrap 作为界面框架，应用 bootstrap 主题。 进程运行 0.0231 s ，处理完成数据库 34 次。

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