HDU 3304 - Interesting Yang Yui Triangle（數論：Lucas定理）

題意：求楊輝三角第n + 1行中（1 <= n <= 10^9）不能被p（1 <= p <= 1000且 p 爲素數）整除的數的個數。

不太會找規律，後來啃題解才慢慢一點點懂的，先說說Lucas定理.

1、瞭解定理：

Lucas定理：

前提：若 p 爲素數；

結論：若求C(n, m) % p，則

將 n 轉化爲 p 進制的數，分別爲 a[k], a[k - 1], a[k - 2], ……, a[1], a[0]；

將 m 轉化爲 p 進制的數，分別爲 b[k], b[k - 1], b[k - 2], ……, b[1], b[0]；

那麼C(n, m) % p == ∏( C(a[i], b[i]) ) % p；

即 C(n, m) ≡ ∏( C(a[i], b[i]) )  (mod p)；

（∏爲連乘符號）

以上是定理的內容。

2、應用定理分析思路

那麼對於楊輝三角第 n + 1 行的數來講，這些數分別是 C(n, u)   (u = 0, 1, 2, ……, n)；

拿出第 u 個數，要驗證它是否能被 p 整除，即驗證是否 C(n, u) % p == 0；

根據Lucas定理，先對第 u 個數進行展開（即分別將 n 與 u 轉換成 p 進制的數）；

得 ∏( C(a[i], b[i]) )；

若 ∏( C(a[i], b[i]) ) 能被 p 整除，則∏( C(a[i], b[i]) ) % p == 0，則其中任意一項 C(a[i], b[i]) 爲 0 便可；

因此，若不能被 p 整除，須要保證全部的項都不爲 0；

3、總結思路

由於是求第 n + 1 行的數，因此對於每一項 C(n, u) 中，n 的 p 進制 a[]數組永遠不會變；

要保證 ∏( C(a[i], b[i]) ) 全部項 C(a[i], b[i]) 都不爲 0，那麼即就是保證 a[i] >= b[i]，那麼 b[i] 就有 a[i] + 1 種選擇（這幾種選擇是：0, 1, 2, ……, a[i]，共 a[i] + 1 種）；

最後，對於 b[] 的第 i 項都有 a[i] + 1 種選擇，最終答案爲 ∏( a[i] + 1 ).

代碼以下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<iterator>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#define fin freopen("in.txt", "r", stdin)
#define fout freopen("out.txt", "w", stdout)
#define pr(x) cout << #x << " : " << x << "   "
#define prln(x) cout << #x << " : " << x << endl
#define Min(a, b) a < b ? a : b
#define Max(a, b) a < b ? b : a
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;
const int INT_INF = 0x3f3f3f3f;
const int INT_M_INF = 0x7f7f7f7f;
const ll LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll LL_M_INF = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
const double pi = acos(-1.0);
const double EPS = 1e-6;
const int dr[] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
const int dc[] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1};
const int MOD = 10000;
using namespace std;

#define NDEBUG
#include<cassert>
const int MAXN = 100 + 10;
const int MAXT = 10000 + 10;

int p, n;

int main(){
    int kase = 0;
    while(scanf("%d%d", &p, &n) == 2 && (p || n)){
        int ans = 1;
        while(n){
            (ans *= n % p + 1) %= MOD;
            n /= p;
        }
        printf("Case %d: %04d\n", ++kase, ans);
    }
    return 0;
}