抱歉，很久没有更新博客了。
这几天集中刷了容斥原理的题目，于是就来写博客巩固下。容斥原理，我想大家在高中都或多或少的学过。虽然知道原理内容，但是用来解题的话，还是有点小障碍的，特别是不知道怎么写代码。
如果读者连最基本的容斥原理都不理解的话，或者理解不深入、不知道容斥原理用来解决什么问题的话，请下载这篇PDF详细研读，相信会有收获：http://pan.baidu.com/s/1hrISIjy 密码: varw
容斥原理的常见代码写法一般有两种：位运算法和DFS法。简单比较一下，位运算法在写法上比较简单，而且非常好理解，利用二进制位的遍历能够无遗漏地找到所有集合，但是缺点也很明显，基本没有办法剪枝，如果遇到TLE的话，请立刻改成DFS法，并进行某种剪枝操作。DFS法，正好与位运算法相反，它不是很好写而且可能需要某种程度的剪枝，但是DFS可以处理大一点的数据，速度上要比位运算法好一点。
第一题 hdu-2204
分析：首先，我们可以简单的发现从1到n的这些数中能表示成M^2的形式的数有floor(pow(n,1.0/2.0))个，能表示成M^3的形式的数有floor(pow(n,1.0/3.0))个，但是能表示成M^4的形式的数一定可以表示成(m^2)^2的形式，我们已经在M^2的那种里面算过了，所以我们可以发现，只有幂指数K为素数时，形式为M^K的个数才需要被计算，其他合数的情况是不需要计算的。但是还是出现了一个问题，那就是比如64的情况，64可以表示为8^2，也可以表示为4^3，那这样的话，M^2和M^3都算过了一次64，那么就重复了，这还仅仅是2和3的情况，如果多个素数乘在一起的情况，就分不清到底是该加还是该减。那么这就需要用到容斥原理，这里我们要求的其实是能够表示成M^2或者M^3或者M^5或者M^7或者M^11或者。。。。。。（一直到floor(pow(n,1.0/k))==1的情况为止），那么利用容斥原理就十分的好求了。
这道题精度有点难控制，需要单独写一个开高次方的函数（测试数据非常的弱，大数据估计只有1000000000000000000一个，如果你不高兴写这个函数，那么你直接特判一下10^18就行了）而且，这里有个剪枝的小技巧，当开方的数大于100时，根本不需要开方，因为开方的结果肯定是1，想一想为什么呢？
#include
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#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 100+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = (ll)1e18+300;
int tot;
bool isprime[maxn];
int prime[maxn];
void init(int n){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!isprime[i])
prime[tot++]=i;
for(int j=0;prime[j]*i<=n;j++){
isprime[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
ll qlow(ll a,ll n){
ll ans=1;
while(n){
if(n&1){
double t=1.0*INF/ans;
if(treturn -1;
ans=ans*a;
}
n>>=1;
if(a>(1ll<<31)&&n>0)return -1;
a=a*a;
}
return ans;
}
ll cal(ll n,ll k){
ll ans=(ll)pow(n,1.0/k);
ll tmp=qlow(ans,k);
if(tmp==n)return ans;
if(tmp>n||tmp==-1)ans--;
else {
tmp=qlow(ans+1,k);
if(tmp<=n&&tmp!=-1)ans++;
}
return ans;
}
ll solve(ll n){
vector<int>p;
for(int i=0;iif(t==1)break;
p.PB(prime[i]);
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<(1ll<1,num=0;
for(int j=0;jif(i&(1<if(num>4||mult>100)t=1;
else t=cal(n,mult);
if(num&1)ans+=t;
else ans-=t;
}
return ans;
}
int main(){
init(100);
ll n;
while(~scanf("%lld",&n)){
if(n<=3)puts("1");
else printf("%lld\n",solve(n));
}
return 0;
}
第二题 hdu-3208
分析：这道题看上去和上一道题很类似，但是解法上改变还是很多的。
首先，这道题目是从a到b，那么我们改变胰腺癌套路，不妨用solve（n）这个函数解决从1到n的情况，然后将solve（b）-solve（a-1）就从a到b的情况。再看看题意上的改变，上一题是能表示成M^K（K>1）的数的个数，这里是每个数都可以表示成M^K（K>=1）的形式，而且K作为这个数的权值加到答案中，我们可以借鉴前面的经验。最简单的办法就是枚举每个K，单独算出权值为K的时候有多少个数，这样只要乘一下就可以累加到答案中了。我们发现这次就不是按照素数来看了，而是从2到3到4到。。。一直到（floor(pow(n,1.0/K))==1）为止。那么我们怎么算出仅能表示成M^K的形式的数的个数呢。首先我们将N开K次方求出，(M)^K中的M有多少个，这些是有可能成为的，但是其中夹杂着很多不是的。怎么判断那些不是的呢，这里观察这些不是的1，2，3。。。，M，其中如果有I能够表示成P^Q（Q>1）的话，那么显然，这个就不是，因为I=P^Q，那么这个原数就是（P^Q）^K，那么其实它是可以表示成P^(QK)的，所以他的权值不是K，而是QK(Q>1)。这样的话相当于求前一道题的逆命题，那当然非常好求。
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#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 200+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = (ll)1e18+300;
int tot=0;
bool isprime[maxn];
int prime[maxn];
void init(int n){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!isprime[i])
prime[tot++]=i;
for(int j=0;1ll*prime[j]*i<=n;j++){
isprime[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
ll qlow(ll a,ll n){
ll ans=1;
while(n){
if(n&1){
double t=1.0*(INF)/ans;
if(treturn -1;
ans=ans*a;
}
n>>=1;
if(a>(1ll<<31)&&n>0)return -1;
a=a*a;
}
return ans;
}
ll cal(ll n,ll k){
ll ans=(ll)pow(n,1.0/k);
ll tmp=qlow(ans,k);
if(tmp==n)return ans;
if(tmp>n||tmp==-1)ans--;
else {
tmp=qlow(ans+1,k);
if(tmp<=n&&tmp!=-1)ans++;
}
return ans;
}
ll calc(ll n){
if(n<=3)return n-1;
vector<int>p;
for(int i=0;iif(tmp==1)break;
p.PB(prime[i]);
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<(1ll<1,num=0;
for(int j=0;jif(i&(1<if(num&1)ans+=cal(n,mult);
else ans-=cal(n,mult);
}
return n-ans;
}
ll solve(ll n){
if(n==1)return 0;
ll ans=0,num=n-1;
for(int i=2;1;i++){
ll tt=cal(n,i);
if(tt==1)break;
ll tmp=calc(tt);
ans+=i*tmp;
num-=tmp;
}
return ans+num;
}
int main(){
ll a,b;
init(200);
while(scanf("%lld %lld",&a,&b),a||b){
printf("%lld\n",solve(b)-solve(a-1));
}
return 0;
}
第三题 hdu-1796
分析：这是一道很明显的容斥问题，而且在PDF应用例题的第六题里面有详细说明，我这里就不赘述了。
这道题目注意下0，非常坑。
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#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 200+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = (ll)1e18+300;
int dat[30];
int cal(int a,int b){
int t=__gcd(a,b);
return a/t*b;
}
int solve(int n,int m){
int ans=0;
for(int i=1;i<(1ll<int mult=1,num=0;
for(int j=0;jif(i&(1<if(num&1)ans+=n/mult;
else ans-=n/mult;
}
return ans;
}
int main(){
int n,m;
while(~scanf("%d %d",&n,&m)){
for(int i=0;iscanf("%d",&dat[i]);
if(dat[i]==0){
m--;i--;
}
}
printf("%d\n",solve(n-1,m));
}
return 0;
}
第四题 hdu-2841
分析：这道题以前用莫比乌斯反演求过，但是这次用容斥原理求。哦！忘了说了凡是用莫比乌斯反演可做的题目一定可以用容斥原理来做。
转换一下等价题意：有两个数x和y，其中1<=x<=n，1<=y<=m，问有多少对有序对(x,y)能使得gcd(x,y)=1。
说句实话，莫比乌斯反演什么早就忘光了，不过不要紧，容斥原理比它更厉害。
这里就是用最简单的思路，枚举x求与x互质的y的个数，然后一个一个的加，速度比莫比乌斯慢那倒是真的。
如果不知道怎么求a到b之间与n互质的数的个数，那么请去看看PDF的应用例题第五题，上面有详细的介绍和相应的代码。
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#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 100000+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int solve(int r,int n){
vectorp;
for(int i=2;1ll*i*i<=n;i++)
if(n%i==0){
p.PB(i);
while(n%i==0)
n/=i;
}
if(n>1)p.PB(n);
int ans=0;
for(int i=1;i<(1<int mult=1,num=0;
for(int j=0;jif(i&(1<if(num&1)ans+=r/mult;
else ans-=r/mult;
}
return r-ans;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
if(n>m)swap(n,m);
ll ans=m;
for(int i=2;i<=n;i++)
ans+=solve(m,i);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
第五题 hdu-1695
分析：与上一题基本没有什么区别，转换一下等价题意：有两个数x和y，其中1<=x<=n，1<=y<=m，问有多少对无序对(x,y)能使得gcd(x,y)=1。
很简单了，用上面的方法把算了两次的减一减就行了。
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#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 100000+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int solve(int r,int n){
if(n==1)return r;
vector<int>p;
for(int i=2;1ll*i*i<=n;i++)
if(n%i==0){
p.PB(i);
while(n%i==0)
n/=i;
}
if(n>1)p.PB(n);
ll ans=0;
for(int i=1;i<(1<int mult=1,num=0;
for(int j=0;jif(i&(1<if(num&1)ans+=r/mult;
else ans-=r/mult;
}
return r-ans;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
for(int cas=1;cas<=T;cas++){
int a,b,c,d,k;
scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
if(k==0){
printf("Case %d: 0\n",cas);
continue;
}
a=b/k;b=d/k;
if(a==0||b==0){
printf("Case %d: 0\n",cas);
continue;
}
ll ans=1;
if(a>b)swap(a,b);
for(int i=1;i<=a;i++)
ans+=solve(b,i)-solve(i,i);
printf("Case %d: %lld\n",cas,ans);
}
return 0;
}
第六题 zoj-2836
分析：因为zoj已经挂了快两个多月了，题目没法交，所以代码我也不敢贴（万一错了，不是自己打自己脸），就说分析把。
其实也没什么好分析的，就是和上面第三题一个套路。
第七题 zoj-3233
分析：看上去有点像水题的非水题。转换等价题意：给你数集A和数集B（每个数集里面有若干个数），让你求从a到b之间有多少个数满足能被某个Ai整除并且能不被某个Bi整除。是不是非常绕，换句话说就是，这个数能被某个Ai整除，但是所有Bi都不能整除这个数。思路还是比较好想的：先求出所有能被至少一个Ai整除的数的个数，然后求所有Bi的lcm最小公倍数BB，求出所有能被至少一个Ai整除而且一定能被BB整除的数的个数，有人会问，那这个怎么求啊。很简单，将每个Ai与BB求最小公倍数Ci，那么就是求所有能被至少一个Ci整除的数的个数，最后两个答案减一减。
根据上面的原因代码也不敢贴。
第八题 ural-1036
分析：这是一道数学题。说说大致思路把，也是用到的容斥原理。
先转换一下等价题意：2n位编码（可以前导0，但是每位只能在0到9之间），前n位数字之和与后n为数字之和相同，而且总的数字之和是S，问有多少种不同的编码。那么很好想的是，先将s除以2(当然除不尽肯定方案数为0)，看看s/2在n上有多少种方案，然后平方一下即可。问题转化为x1+x2+x3+…+xn=s/2且0<=xi<=9的方程解的个数。那么，我们参考PDF里面应用例题里面的第3题还是第4题，得到答案C(S/2+n-1,n-1)-C(n,1)C(S/2+n-1-10,n-1)+C(n,2)C(S/2+n-1-20,n-1)-C(n,3)C(S/2+n-1-30,n-1)。。。一直加到S/2+n-1-10*i
哦，对了，最后结果很大，记得用高精度模版！
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#include
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#include
#include
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 500+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = (ll)1e18+300;
int compare(string str1,string str2)
{
if(str1.length()>str2.length()) return 1;
else if(str1.length()return -1;
else return str1.compare(str2);
}
string add(string str1,string str2)
{
string str;
int len1=str1.length();
int len2=str2.length();
if(len1for(int i=1;i<=len2-len1;i++)
str1="0"+str1;
}
else
{
for(int i=1;i<=len1-len2;i++)
str2="0"+str2;
}
len1=str1.length();
int cf=0;
int temp;
for(int i=len1-1;i>=0;i--)
{
temp=str1[i]-'0'+str2[i]-'0'+cf;
cf=temp/10;
temp%=10;
str=char(temp+'0')+str;
}
if(cf!=0) str=char(cf+'0')+str;
return str;
}
string sub(string str1,string str2)
{
string str;
int tmp=str1.length()-str2.length();
int cf=0;
for(int i=str2.length()-1;i>=0;i--)
{
if(str1[tmp+i]char(str1[tmp+i]-str2[i]-cf+'0'+10)+str;
cf=1;
}
else
{
str=char(str1[tmp+i]-str2[i]-cf+'0')+str;
cf=0;
}
}
for(int i=tmp-1;i>=0;i--)
{
if(str1[i]-cf>='0')
{
str=char(str1[i]-cf)+str;
cf=0;
}
else
{
str=char(str1[i]-cf+10)+str;
cf=1;
}
}
str.erase(0,str.find_first_not_of('0'));
return str;
}
string mul(string str1,string str2)
{
string str;
int len1=str1.length();
int len2=str2.length();
string tempstr;
for(int i=len2-1;i>=0;i--)
{
tempstr="";
int temp=str2[i]-'0';
int t=0;
int cf=0;
if(temp!=0)
{
for(int j=1;j<=len2-1-i;j++)
tempstr+="0";
for(int j=len1-1;j>=0;j--)
{
t=(temp*(str1[j]-'0')+cf)%10;
cf=(temp*(str1[j]-'0')+cf)/10;
tempstr=char(t+'0')+tempstr;
}
if(cf!=0) tempstr=char(cf+'0')+tempstr;
}
str=add(str,tempstr);
}
str.erase(0,str.find_first_not_of('0'));
return str;
}
string dat[maxn][maxn];
void init(){
for(int i=0;i<=500;i++)
dat[i][0]="1",dat[i][i]="1";
for(int i=2;i<=500;i++)
for(int j=1;jif(j<=i/2)dat[i][j]=add(dat[i-1][j],dat[i-1][j-1]);
else dat[i][j]=dat[i][i-j];
}
}
string C(int n,int m){
return dat[n][m];
}
int main(){
int n,s;
init();
while(~scanf("%d %d",&n,&s)){
if((s&1)||s/2>n*9){
puts("0");
continue;
}
s>>=1;
string ans=C(s+n-1,n-1);
string ant="0";
for(int i=1;s-10*i>=0;i++){
string t=mul(C(n,i),C(s+n-1-10*i,n-1));
if(i&1)ant=add(ant,t);
else ans=add(ans,t);
}
ans=sub(ans,ant);
cout<return 0;
}
第九题 ural-1091
分析：转换一下等价题意先：从1到s中找一组数（每组数必须要K个，而且两两不能相等），问有多少组能够使得这组数的gcd大于1。既然gcd大于1，那么我们不妨枚举gcd：当gcd为2时，我们求出（1到s中）2的倍数的个数，从中取k个（组合数）；当gcd为3的时候，我们求出3的倍数的个数，从中取k个；当gcd为4时，我们发现这种情况被包括在了gcd为2的情况里面，那么我们就不自找麻烦了，就不用算了。然后我们显然的发现又是枚举素数，一直枚举到小于s的最大素数。但是，我们又发现当gcd为6的情况，其实被2和3算了两遍，依此类推，又是按照素数来容斥。就是求gcd为2或者gcd为3或者gcd为5或者。。。的情况。
对了事先打好素数表和组合数表比较方便。
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#include
#include
#include
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#include
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 100+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = (ll)1e18+300;
int tot=0;
bool isprime[maxn];
int prime[maxn];
ll dat[maxn][maxn];
void init(int n){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!isprime[i])
prime[tot++]=i;
for(int j=0;1ll*prime[j]*i<=n;j++){
isprime[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
for(int i=0;i<=50;i++)
dat[i][0]=dat[i][i]=1;
for(int i=2;i<=50;i++)
for(int j=1;jif(j<=i/2)dat[i][j]=dat[i-1][j]+dat[i-1][j-1];
else dat[i][j]=dat[i][i-j];
}
int solve(int k,int s){
vector<int>p;
for(int i=0;iint t=s/prime[i];
if(tbreak;
p.PB(prime[i]);
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<(1ll<1,num=0;
for(int j=0;jif(i&(1<int t=s/mult;
if(t>=k){
if(num&1)ans+=dat[t][k];
else ans-=dat[t][k];
}
}
if(ans>10000)return 10000;
else return ans;
}
int main(){
init(100);
int k,s;
while(~scanf("%d %d",&k,&s)){
printf("%d\n",solve(k,s));
}
return 0;
}
第十题 ural-1114
分析：转换一下等价题意先：n个（带编号）盒子，a个（一模一样）红球，b个（一模一样）蓝球，问将所有球（不需要全部放完）放到盒子里面的种数。
那么显然红球和蓝球是可以分开来求解，然后乘起来。比如红球有a个，求放红球的方案数，那么就是进一步转换为方程0<=x1+x2+x3+..+xn<=a的解的个数，根据组合数学里面很简单的结论得到C(n-1+a,n-1)+C(n-1+a-1,n-1)+C(n-1+a-2,n-1)+…+C(n-1,n-1)，然后化简一下是。。。哎呀，就这么算的，化简多麻烦啊，组合恒等式太多根本记不得。结果很大，高精度上！
#include
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#include
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define maxn 40+10
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define clr(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair
#define mp make_pair
#define FI first
#define SE second
#define IT iterator
#define PB push_back
#define Times 10
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const double eps = 1e-10;
const double pi = acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = (ll)1e18+300;
int compare(string str1,string str2)
{
if(str1.length()>str2.length()) return 1;
else if(str1.length()return -1;
else return str1.compare(str2);
}
string add(string str1,string str2)
{
string str;
int len1=str1.length();
int len2=str2.length();
if(len1for(int i=1;i<=len2-len1;i++)
str1="0"+str1;
}
else
{
for(int i=1;i<=len1-len2;i++)
str2="0"+str2;
}
len1=str1.length();
int cf=0;
int temp;
for(int i=len1-1;i>=0;i--)
{
temp=str1[i]-'0'+str2[i]-'0'+cf;
cf=temp/10;
temp%=10;
str=char(temp+'0')+str;
}
if(cf!=0) str=char(cf+'0')+str;
return str;
}
string mul(string str1,string str2)
{
string str;
int len1=str1.length();
int len2=str2.length();
string tempstr;
for(int i=len2-1;i>=0;i--)
{
tempstr="";
int temp=str2[i]-'0';
int t=0;
int cf=0;
if(temp!=0)
{
for(int j=1;j<=len2-1-i;j++)
tempstr+="0";
for(int j=len1-1;j>=0;j--)
{
t=(temp*(str1[j]-'0')+cf)%10;
cf=(temp*(str1[j]-'0')+cf)/10;
tempstr=char(t+'0')+tempstr;
}
if(cf!=0) tempstr=char(cf+'0')+tempstr;
}
str=add(str,tempstr);
}
str.erase(0,str.find_first_not_of('0'));
return str;
}
string dat[maxn][maxn];
string C[maxn][maxn];
void init(){
for(int i=0;i<=35;i++)
C[i][0]="1",C[i][i]="1";
for(int i=2;i<=35;i++)
for(int j=1;jif(j<=i/2)C[i][j]=add(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
else C[i][j]=C[i][i-j];
for(int i=1;i<=20;i++){
dat[i][0]="1";
for(int j=1;j<=15;j++)
dat[i][j]=add(dat[i][j-1],C[i+j-1][i-1]);
}
}
int main(){
init();
int n,a,b;
while(~scanf("%d %d %d",&n,&a,&b)){
cout<return 0;
}
累死我了，从6点开始写的这篇专题，一直写到9点半，图书馆都快关门了。而且还只写了十道题（里面还偷懒了几道），后面大约还有二十道题左右！请期待专题二与三！
