标签：扩展卢卡斯+方案数推导。
题解：
首先要想到使用组合数而不是DP，否则就会深陷泥潭而不可自拔了。
我们把两个序列拼起来，也就是a+b个位置，每一个位置都是0或1。自然有2^(a+b)种方案。我们分a==b和a>b两种情况来讨论（我也不知道怎么想到这两种情况是不一样的）：
a==b:首先a的赢和输是对称的，如果b赢，反过来就是一种a赢的方案，当然在2^(a+b)种方案中，自然也会有这一种赢的方案，所以相当于÷2即可。但是还有平局的情况，记为S，是要减掉的。减了之后再除。推导如下：
$$\sum_{i=0}^{a}C_a^i * C_a^i = \sum_{i=0}^{a}C_a^i * C_a^{a-i} = C_{2a}^a$$
所以$ans=\frac{2^{a+b}-S}{2}$
a>b:同样，输和赢在一定程度上也是对称的，如设a赢A次，b赢B次，则如果A<=B，a是不赢的，那么a-A>b-B，是赢的。但是如果A>B的话，对称之后的输和赢是不好判断的了，所以我们要找到对于a来说不管是否对称都能赢的方案即为S。推导如下：
j的范围：$$[a-(i+j)>b-i] \to [a-i-j>b-i] \to [j<a-b] \to [j<=a-b-1]$$
S:$$\sum_{i=0}^{b}(C_b^i * \sum_{j=1}^{a-b-1} C_a^{i+j}) = \sum_{i=0}^{b}\sum_{j=1}^{a-b-1}(C_b^{b-i} * C_a^{i+j}) = \sum_{j=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+j}$$
所以$ans=\frac{2^{a+b}+S}{2}$
然后是a和b都十分的巨大，可以使用扩展卢卡斯定理来求解组合数。对于2^(a+b)，变成2^(a+b-1)，相当于÷2。对于取模512的，在最后分子的2的个数与分母的2的个数相减时，分子少乘一个2，相当于÷2。对于取模5^9的，乘以2的逆元即可。然后这道题再使用中国剩余定理进行合并即可，可以先把要用的数算出来，比如2的逆元之类的，就不要再在程序中算了。
下面有一个地方需要注意：“对于取模512的，在最后分子的2的个数与分母的2的个数相减时，分子少乘一个2”，虽说如此，但是分子分母的2的个数可能相同，所以会错误比如C(7,3)。我们发现$\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+j}$是对称的，即j从1到a-b-1，那么b+j从b+1到a-1，(b+1+a-1)/2=(a+b)/2，所以是对称的，所以我们分奇数和偶数，对于中间那个组合数/2，其他的不除二，直接仅仅枚举一半即可，这样就不会出现C(7,3)=35*（2的逆元）这种尴尬的情况了。
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<algorithm>
4 #define RG register
5 #define LL long long
6 using namespace std;
7 const LL MAXN=2000009,mod1=512,mod2=1953125,mod=1e9,t1=109,t2=1537323;
8 int k,FLAG;
9 LL a,b,X,Y,CNT,ans;
10 LL v2[1005],v5[1005],pow2[1000],pow5[MAXN];
11 LL pow(RG LL x,RG LL y,RG LL MOD)
12 {
13 RG LL res=1;
14 while(y)
15 {
16 if(y&1) res=res*x%MOD;
17 x=x*x%MOD; y>>=1;
18 }
19 return res;
20 }
21 LL exgcd(RG LL A,RG LL B)
22 {
23 if(A%B==0) { X=0,Y=1; return B; }
24 RG LL res=exgcd(B,A%B);
25 RG LL tmp=X;
26 X=Y; Y=tmp-A/B*Y;
27 return res;
28 }
29 LL getni(RG LL x,RG LL p)
30 {
31 exgcd(x,p); X%=p;
32 while(X<0) X+=p;
33 return X;
34 }
35 LL ni2(RG LL x)
36 {
37 if(x<=0)return 1;
38 RG LL A=pow(pow2[mod1],x/mod1,mod1);
39 A=A*pow2[x%mod1]%mod1;
40 CNT+=x/2;
41 A=A*ni2(x/2)%mod1;
42 return A;
43 }
44 LL C2(LL n,LL m)
45 {
46 if(n<m)return 0;
47 RG LL A,B,C,nin,nim,ninm;
48 CNT=0; nin=ni2(n); A=CNT;
49 CNT=0; nim=ni2(m); B=CNT;
50 CNT=0; ninm=ni2(n-m); C=CNT;
51 nim=getni(nim,mod1);
52 ninm=getni(ninm,mod1);
53 if(FLAG)
54 return ((nin*nim%mod1)*ninm%mod1)*v2[(A-B-C-1)]%mod1;
55 else
56 return ((nin*nim%mod1)*ninm%mod1)*v2[(A-B-C)]%mod1;
57 }
58 LL ni5(RG LL x)
59 {
60 if(x<=0)return 1;
61 RG LL A=pow(pow5[mod2],x/mod2,mod2);
62 A=A*pow5[x%mod2]%mod2;
63 CNT+=x/5;
64 A=A*ni5(x/5)%mod2;
65 return A;
66 }
67 LL C5(RG LL n,RG LL m)
68 {
69 if(n<m)return 0;
70 RG LL A,B,C,nin,nim,ninm;
71 CNT=0; nin=ni5(n); A=CNT;
72 CNT=0; nim=ni5(m); B=CNT;
73 CNT=0; ninm=ni5(n-m); C=CNT;
74 nim=getni(nim,mod2);
75 ninm=getni(ninm,mod2);
76 return ((nin*nim%mod2)*ninm%mod2)*v5[(A-B-C)]%mod2;
77 }
78 LL C(LL n,LL m)
79 {
80 RG LL A=C2(n,m),B=C5(n,m);
81 if(FLAG)B=B*976563%mod2;
82 A=(A*mod2%mod)*t1%mod;
83 B=(B*mod1%mod)*t2%mod;
84 return (A+B)%mod;
85 }
86 void print(LL x,int len)
87 {
88 x%=mod; while(x<0)x+=mod;
89 int gg[15]={0};
90 for(int i=1;i<=len;i++){gg[i]=x%10;x/=10;}
91 for(int i=len;i>=1;i--)printf("%d",gg[i]);
92 puts("");
93 }
94 int main()
95 {
96 freopen("coin.in","r",stdin);
97 freopen("coin.out","w",stdout);
98 pow2[0]=pow5[0]=v2[0]=v5[0]=1;
99 for(int i=1;i<=1000;i++) v2[i]=v2[i-1]*2%mod1,v5[i]=v5[i-1]*5%mod2;
100 for(int i=1;i<=mod1;i++) pow2[i]=pow2[i-1]*(i%2?i:1)%mod1;
101 for(int i=1;i<=mod2;i++) pow5[i]=pow5[i-1]*(i%5?i:1)%mod2;
102 while(scanf("%lld%lld%d",&a,&b,&k)!=EOF)
103 {
104 FLAG=1;
105 if(a==b)
106 print(pow(2,a+b-1,mod)-C(a+b,a),k);
107 else
108 {
109 ans=pow(2,a+b-1,mod)%mod;
110 if(((a+b)&1)==0)
111 {
112 FLAG=1;
113 ans+=C(a+b,(a+b)/2);
114 }
115 FLAG=0;
116 LL gg=(a+b)/2;
117 if(((a+b)&1)==0) gg--;
118 for(LL i=(b+a)/2+1;i<a;i++)
119 ans=(ans+C(a+b,i))%mod;
120 print(ans,k);
121 }
122 }
123 return 0;
124 }