Wannafly挑战赛11 B 白兔的式子（卢卡斯定理+费马小定理求逆元）

B 白兔的式子

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld

题目描述

已知f[1][1]=1,f[i][j]=a*f[i-1][j]+b*f[i-1][j-1](i >= 2,1<=j<=i)。
对于其他情况f[i][j]=0

有T组询问，每次给出a,b,n,m，求f[n][m] mod (998244353)
输入描述:

第一行为一个整数T，表示询问个数。
接下来一共T行，每行四个整数a,b,n,m。

输出描述:

一共T行，每行一个整数，表示f[n][m] mod (998244353)

示例1

输入

2
2 3 3 3
3 1 4 1

输出

9
27

备注:

T<=100000

1<=m<=n<=100000

0<=a,b<=109

问题分析

lz的第一道卢卡斯定理+费马小定理QAQ。
首先将其展开会发现f[n][m]就是二项式的系数(a+b)^(n-1)。所以我们利用二项式定理求即可。
f[m][n] %p = (a^(n-m) % p * b(m-1) % p * C(n-1,m-1)) %p。

求a^n自然用快速幂求即可。

ll quickPow(ll a,int n)
{
    ll ans = 1;
    ll res = a;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            ans = ((ans%mod)*(res%mod))%mod;
        res = ((res%mod)*(res%mod))%mod;
        n >>= 1;
    }
    return ans%mod;
}

而组合数%p自然是卢卡斯定理的啦~

//费马小定理求逆元
ll niYuan(ll a, ll b)
{
    return pow_(a,b-2,mod);
}

ll C(ll m, ll n)
{
    if(m<0||mreturn 0;
    //C(m, n) mod p = m!/(n!(m - n)!) mod p因为组合数太大我们用m!乘以(n!(m - n)!)的逆元就好，而求逆元就用费马小定理
    return f[m]*niYuan(f[n],mod)%mod*niYuan(f[m-n],mod)%mod;
}

根据费马小定理的性质我们可以得到：
已知(a, p) = 1，则 a^p-1 ≡ 1 (mod p), 所以 a*a^(p-2) ≡ 1 (mod p)。

也就是 (m!(n-m)!)的逆元为 (m!(n-m)!)^(p-2) 。

好，接下来是AC code（^_^）

#include
#include
#include

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+10, mod = 998244353;
ll f[N]; //用来预处理打表算阶乘

ll quickPow(ll a,int n) //快速幂
{
    ll ans = 1;
    ll res = a;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            ans = ((ans%mod)*(res%mod))%mod;
        res = ((res%mod)*(res%mod))%mod;
        n >>= 1;
    }
    return ans%mod;
}

ll pow_(ll a, ll n, ll p)
{
    ll ans = 1;
    ll res = a;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            ans = ans*res%p;
        res = res*res%p;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}

//费马小定理求逆元
ll niYuan(ll a, ll b)
{
    return pow_(a,b-2,mod);
}

ll C(ll m, ll n)
{
    if(m<0||mreturn 0;
    //C(m, n) mod p = m!/(n!(m - n)!) mod p因为组合数太大我们用m!乘以(n!(m - n)!)的逆元就好，而求逆元就用费马小定理
    return f[m]*niYuan(f[n],mod)%mod*niYuan(f[m-n],mod)%mod;
}

void init() //预处理算阶乘
{
    f[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; ++i)
    f[i] = f[i-1]*i%mod;
}

int main()
{
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    init();
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll a,b;
        int m,n;
        scanf("%lld%lld%d%d",&a,&b,&n,&m);
        ll p1 = quickPow(a,n-m);
        ll p2 = quickPow(b,m-1);
        printf("%lld\n",(((p1%mod)*(p2%mod))%mod)*C(n-1,m-1)%mod);
    }
    return 0;
}