题目描述
小 A 和小 B 是一对好朋友，他们经常一起愉快的玩耍。最近小 B 沉迷于**师手游，天天刷本，根本无心搞学习。但是已经入坑了几个月，却一次都没有抽到 SSR，让他非常怀疑人生。勤勉的小 A 为了劝说小 B 早日脱坑，认真学习，决定以抛硬币的形式让小 B 明白他是一个彻彻底底的非洲人，从而对这个游戏绝望。两个人同时抛 b 次硬币，如果小 A 的正面朝上的次数大于小 B 正面朝上的次数，则小 A 获胜。
但事实上，小 A 也曾经沉迷过拉拉游戏，而且他一次 UR 也没有抽到过，所以他对于自己的运气也没有太大把握。所以他决定在小 B 没注意的时候作弊，悄悄地多抛几次硬币，当然，为了不让小 B 怀疑，他不会抛太多次。现在小 A 想问你，在多少种可能的情况下，他能够胜过小 B 呢？由于答案可能太大，所以你只需要输出答案在十进制表示下的最后 k 位即可。
输入输出格式
输入格式：
有多组数据，对于每组数据输入三个数a,b,k，分别代表小A抛硬币的次数，小B抛硬币的次数，以及最终答案保留多少位整数。
输出格式：
对于每组数据，输出一个数，表示最终答案的最后 k 位为多少，若不足 k 位以 0 补全。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
2 1 9 3 2 1
输出样例#1： 复制
000000004 6
说明
对于第一组数据，当小A抛2次硬币，小B抛1次硬币时，共有4种方案使得小A正面朝上的次数比小B多。
(01,0), (10,0), (11,0), (11,1)
对于第二组数据，当小A抛3次硬币，小B抛2次硬币时，共有16种方案使得小A正面朝上的次数比小B多。
(001,00), (010,00), (100,00), (011,00), (101,00), (110,00), (111,00), (011,01), (101,01), (110,01),(111,01), (011,10), (101,10), (110,10), (111,10), (111,11).
数据范围
10%的数据满足a,b≤20；
30%的数据满足a,b≤100；
70%的数据满足a,b≤100000，其中有20%的数据满足a=b；
100%的数据满足1\le a,b\le 10^{15},b\le a\le b+10000,1\le k\le 91≤a,b≤1015,b≤a≤b+10000,1≤k≤9，数据组数小于等于10。
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因为 \(a-b\) 很小，考虑怎么把式子变成和 \(a-b\) 有关.
考虑 \(a=b\) 的情况，考虑结果只有输赢和平局三种，而且输赢是对称的，所以减去平局就是答案，所以答案为 \((2^{a+b}-C(2a,a))/2\).
\(a>b\) 时，同样存在对称性，对于正着会输，反过来就赢得情况，就是 \(2^{a+b}/2\) 种
对于正着反着都赢的情况还没有算进去:
\[\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{b}^{i}*C_{a}^{i+j}\]
\[\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{b}^{b-i}*C_{a}^{i+j}\]
\[\sum_{j=1}^{a-b-1}C_{a+b}^{b+j}\]
\[\sum_{j=b+1}^{a-1}C_{a+b}^{j}\]
对于除2，根据对称性，只算一半即可，注意偶数情况，存在一项需要手动除2，算2时在因子中减去，算5时直接乘逆元即可
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 using namespace std;
6 typedef long long ll;
7 ll K,fac[6][2000001];
8 ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
9 {
10 if (b==0)
11 {
12 x=1;y=0;
13 return a;
14 }
15 ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
16 ll t=x;x=y;y=t-(a/b)*x;
17 return d;
18 }
19 ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
20 {
21 ll res=1;
22 while (b)
23 {
24 if (b&1) res=res*a%mod;
25 a=a*a%mod;
26 b/=2;
27 }
28 return res;
29 }
30 ll rev(ll a,ll b)
31 {
32 ll x,y;
33 exgcd(a,b,x,y);
34 return (x%b+b)%b;
35 }
36 ll calfac(ll x,ll p,ll t)
37 {
38 if (x<t) return fac[t][x];
39 ll s=qpow(fac[t][p-1],x/p,p);
40 s=(s*fac[t][x%p])%p;
41 s=(s*calfac(x/t,p,t))%p;
42 return s;
43 }
44 ll lucas(ll b,ll a,ll t,ll p,bool q)
45 {ll i;
46 if (b<a) return 0;
47 ll ap=0,bp=0,cp=0;
48 for (i=b;i;i/=t) ap+=i/t;
49 for (i=a;i;i/=t) bp+=i/t;
50 for (i=b-a;i;i/=t) cp+=i/t;
51 ap=ap-bp-cp;
52 if (q==1&&t==2) ap--;
53 if (ap>=K) return 0;
54 ll s=qpow(t,ap,p);
55 ap=calfac(b,p,t);bp=calfac(a,p,t),cp=calfac(b-a,p,t);
56 s=((s*ap%p)*(rev(bp,p)*rev(cp,p))%p)%p;
57 if (q&&t==5) s=s*rev(2,p)%p;
58 return s;
59 }
60 ll cal(ll a,ll b,ll Mod,ll pr)
61 {ll i;
62 ll ans=qpow(2,a+b-1,Mod);
63 if (a==b)
64 {
65 ans=(ans-lucas(a+b,a,pr,Mod,1)+Mod)%Mod;
66 return ans;
67 }
68 else
69 {
70 for (i=(a+b)/2+1;i<a;i++)
71 ans=(ans+lucas(a+b,i,pr,Mod,0)+Mod)%Mod;
72 }
73 if ((a+b)%2==0) ans=(ans+lucas(a+b,(a+b)/2,pr,Mod,1)+Mod)%Mod;
74 return ans;
75 }
76 ll work(ll a,ll b,ll k)
77 {
78 ll p1=qpow(2,k,2e9+5),p2=qpow(5,k,2e9+5),mod=qpow(10,k,2e9+5);
79 ll b1=cal(a,b,p1,2),b2=cal(a,b,p2,5);
80 ll a1=rev(p2,p1),a2=rev(p1,p2);
81 return (b1*(p2*a1%mod)%mod+b2*(p1*a2%mod)%mod)%mod;
82 }
83 void print(ll d,ll k)
84 {
85 if (k==1)
86 printf("%01lld\n",d%qpow(10,1,2e9+5));
87 if (k==2)
88 printf("%02lld\n",d%qpow(10,2,2e9+5));
89 if (k==3)
90 printf("%03lld\n",d%qpow(10,3,2e9+5));
91 if (k==4)
92 printf("%04lld\n",d%qpow(10,4,2e9+5));
93 if (k==5)
94 printf("%05lld\n",d%qpow(10,5,2e9+5));
95 if (k==6)
96 printf("%06lld\n",d%qpow(10,6,2e9+5));
97 if (k==7)
98 printf("%07lld\n",d%qpow(10,7,2e9+5));
99 if (k==8)
100 printf("%08lld\n",d%qpow(10,8,2e9+5));
101 if (k==9)
102 printf("%09lld\n",d%qpow(10,9,2e9+5));
103 }
104 int main()
105 {ll a,b,k,i,p;
106 fac[2][0]=1;p=qpow(2,9,2e9+5);
107 for (i=1;i<=p-1;i++)
108 if (i%2==0) fac[2][i]=fac[2][i-1];
109 else fac[2][i]=fac[2][i-1]*i%p;
110 fac[5][0]=1;p=qpow(5,9,2e9+5);
111 for (i=1;i<=p-1;i++)
112 if (i%5==0) fac[5][i]=fac[5][i-1];
113 else fac[5][i]=fac[5][i-1]*i%p;
114 while (cin>>a>>b>>k)
115 {
116 K=9;ll d=work(a,b,9);
117 print(d,k);
118 }
119 }