简要题意
两个人抛硬币，求第一个人正面朝上次数大于第二个人的情况数对 \(p\) 取模，\(p\) 不是质数。
数据范围：\(1\le a,b\le 10^{15},b\le a\le b+10^4\)。
题解
首先你需要会扩展卢卡斯定理，然后就只剩暴力推式子（逃。
我们可以枚举两个人正面朝上次数，就可以列出一个式子：
\[\sum_{i=0}^a\sum_{j=0}^{i-1}{a\choose i}{b\choose j}
\]
转换枚举方式，有：
\[\begin{aligned}
& \sum_{i=1}^a\sum_{j=0}^{i+j\le s}{a\choose i+j}{b\choose j}\\
=& \sum_{i=1}^a\sum_{j=0}^{b}{a\choose i+j}{b\choose b-j}\\
=& \sum_{i=1}^a{a+b\choose b+i}\\
=& \sum_{i=b+1}^a{a+b\choose i}\\
\end{aligned}
\]
考虑到 \(a,b\) 之间相差不大，考虑直接枚举每个 \(a+b\choose i\)，但是似乎还是会超时。考虑到答案是杨辉三角中一排组合数的后缀，于是我们可以把答案拆成：
\[\sum_{i=b+1}^{{(a+b)\over2} - 1}{a+b\choose i}+\sum_{i={(a+b)\over2}}^{a+b}{a+b\choose i}
\]
前面可以暴力地用扩展卢卡斯定理求，后面的就是 \(2^{a+b-1}\)。时间复杂度 \(O((a-b)\log^2a+5^k+2^k)\)。
代码
这里只给出部分代码。
int C(ll n, ll m, int p, int pp, bool o){ll k = 0; if(n < m)return 0;for(ll i = n; i; i /= p)k += i / p;for(ll i = m; i; i /= p)k -= i / p;for(ll i = n - m; i; i /= p)k -= i / p;if(p == 2 and o)--k;if(k >= K)return 0;int t = 1ll * Fac(n, p, pp) * Inv(Fac(m, p, pp), pp) % pp * Inv(Fac(n - m, p, pp), pp) % pp * qmi(p, k, pp) % pp;if(p == 5 and o)t = 1ll * t * Inv(2, pp) % pp;return t;
}
int exLucas(ll n, ll m, bool o){for(int i = 1; i <= cnt; ++i)r[i] = C(n, m, p[i], pp[i], o);return crt();
}signed main(){cnt = 2; fac[0][0] = fac[1][0] = 1;pp[0] = 512; pp[1] = 1953125; p[0] = 2, p[1] = 5;for(int q = 0; q < 2; ++q)for(int i = 1; i <= pp[q]; ++i){fac[q][i] = fac[q][i - 1];if(i % p[q])fac[q][i] = 1ll * fac[q][i] * i % pp[q];}while(scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &K) ^ EOF){mod = qmi(10, K, 1e9 + 7);pp[1] = qmi(p[1] = 2, K, 1e9 + 5);pp[2] = qmi(p[2] = 5, K, 1e9 + 5);ll ans;if(n == m)ans = (qmi(2, n + m - 1, mod) - exLucas(n + m, n, 1) + mod) % mod;else{ans = qmi(2, n + m - 1, mod);for(ll i = (n + m) / 2 + 1; i < n; ++i)ans = (ans + exLucas(n + m, i, 0)) % mod;if((n + m) % 2 == 0)ans = (ans + exLucas(n + m, n + m >> 1, 1)) % mod;}while(ans < mod / 10)putchar('0'), mod /= 10;printf("%lld\n", ans);}return 0;
}
