洛谷-P2822-组合数问题

原题：
组合数 表示的是从 n 个物品中选出 m 个物品的方案数。举个例子，从 (1,2,3)(1,2,3) 三个物品中选择两个物品可以有 (1,2),(1,3),(2,3)(1,2),(1,3),(2,3) 这三种选择方法。根据组合数的定义，我们可以给出计算组合数 Cnm（打不出来，见谅）
其中 n!=1×2×⋯×n；特别地，定义 0!=10!=1。
小葱想知道如果给定 n,m 和 k，对于所有的0≤i≤n,0≤j≤min(i,m) 有多少对 (i,j)(i,j) 满足 Cij是 k的倍数。
输入输出格式
输入格式：
第一行有两个整数 t,k，其中 t 代表该测试点总共有多少组测试数据，k 的意义见问题描述。

接下来 tt 行每行两个整数 n,m，其中 n,m 的意义见问题描述。

输出格式：
共 t 行，每行一个整数代表所有的0≤i≤n,0≤j≤min(i,m) 中有多少对 (i,j)(i,j) 满足 Cij是 k 的倍数。
输入输出样例
输入样例#1：
1 2
3 3
输出样例#1：
1
输入样例#2：
2 5
4 5
6 7
输出样例#2：
0
7
说明
【样例1说明】
在所有可能的情况中，只有C2 1=2是2的倍数。
注：n（0~2000），m（0-2000），k（0-21），t（0-20）
题意：
有t组测试数据，有唯一不变的k，问在0≤i≤n,0≤j≤min(i,m) 中有多少对 (i,j)(i,j) 满足 Cij是 k 的倍数。
题解：
这道题看似很简单，暴力求解就行了，但这样的话最多30分。主要是longlong会溢出。所以就要去改变想法。
在这道题目里我接触到了一个新的知识。前缀和：
（1）一维前缀和：
这个优化主要是用来在O（1）时间内求出一个序列a中,a[i]+a[i+1]+……+a[j]的和。
具体原理十分简单：用sum[i]表示（a[1]+a[2]+……+a[i])，其中sum[0]=0，则（a[i]+a[i+1]+……+a[j]）即等于sum[j]-sum[i-1]
（2）二维前缀和：
对于一个矩阵a，我们也能在O（1）时间内求出子矩阵[x1_x2][y1y2]的和。
设sum[i][j]为子矩阵[1_i][1j]的和。则由容斥原理得：
sum[0][j]=sum[i][0]=0
a[x1_x2][y1y2]=sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1]。
其实就是降低时间复杂度，拿空间换时间。每一个元素先开始预处理得到以（1，1）为左上角，自身为右下角的矩阵里所有元素之和。
之后你要是想计算某个区间内的所有元素之和就是:
s[x2][y2]+s[x1-1][y1-1]-s[x1][y1-1]-s[x1-1][y1](至于为什么，自己在纸上画个图就知道了）
预处理代码（以此题为例）：

    for(int i=1;i<=2000;i++)
        for(int j=1;j<=2000;j++)
        {
             s[i][j]=s[i][j-1]+s[i-1][j]-s[i-1][j-1];
                if(f[i][j]==0&&j<=i)
                    s[i][j]++;

        }

这道题目除了前缀和，还用到了同余定理的知识，这样就降低了数据太大而溢出的情况。
最后附上AC代码：

#include
using namespace std;
long long t,n,m,k,f[2005][2005],s[2005][2005];
int main()
{
    cin>>t>>k;
    for(int i=0;i<=2000;i++)
        {
            f[i][i]=1;
            f[i][0]=1;
        }
    for(int i=1;i<=2000;i++)
        for(int j=1;j>n>>m;
        cout<

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