一些数学知识补充

1 分数取模

需要对一个分数 $\frac{p}{q}$qp​取模时，若 $gcd(q,m)=1$gcd(q,m)=1
则 $p\ast q^{-1}\equiv p\times q^{m-2}\left(modm\right)$p∗q−1≡p×qm−2(modm)

第二场A题，答案需令 $\frac{1}{n-1}$n−11​ 对 $10^9+7$109+7 取模
故代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod=1e9+7;
long long qpow(long long a,long long b){
    long long res=1;
    while(b){
        if(b & 1){
            res=res*a%mod;
        }
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int t;
int main(){
    cin>>t;
    long long ans=1;
    while(t--){
        long long n,m;
        cin>>n>>m;
        if(n==1)
            ans*=1;
        else if(m==0)
            ans=0;
        else{
            ans=ans*qpow(n-1,mod-2)%mod;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

2 数论知识补充

ab互为乘法逆元
$ab\equiv 1\left(modf\right)$ab≡1(modf)
由于扩展欧几里得可解方程 $ax+by=1$ax+by=1
故可将原式变形 $ax+fy=1$ax+fy=1,x为a的乘法逆元

费马小定理（求分数逆元）
如果p为质数，则 $a^p-a$ap−a是p的倍数
也可写作 $a^{p-1}\equiv 1\left(modp\right)$ap−1≡1(modp)

知乎上讲欧拉定理的专栏

扩展欧几里得
一层层写出辗转相除法的表达式，外层的式子不断代入内层，最终可得gcd的用a和b的线性表示
ax1​+by1​=bx2​+(amodb)y2​
$a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a-(a/b)\ast b)y_2=a{y}_2+b{x}_2-\left(a/b\right)\ast b{y}_2$ax1​+by1​=bx2​+(a−(a/b)∗b)y2​=ay2​+bx2​−(a/b)∗by2​

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)
    {            //1的情况
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    int r=exgcd(b, a%b, x, y);
    int t=y;
    y=x-(a/b)*y;     //2的情况
    x=t;
    return r;
}

3 思维+动规(形式上)

题目链接
  大概就是，对于一个由A,B组成的字符串，要求能拆分成n个AB子串和m个BA子串。给定n和m，求出合法字符串的种数。

对于一个合法串，我们可以令前n个A构成AB子串，前m个B构成BA子串；反过来，能够满足这两个条件的也是合法串

用前缀思路，无法直接求某一长度字符串的种类数，可不断更新求出某一(n,m)下的合法的前缀数。令dp[i][j]表示i个A，j个B时合法前缀的种类数

前缀的合法性为：譬如向一个前缀尾部添加A，如果此时i<n，自然可行，因为AB中的A要尽可能早地出场；而i>=n时，再添加A只能作为BA中的A，此时如果前面有足够的B来搭配，也可行，即i<n+j，其中有贪心的思想，我们认为此时可以认为之前出现的B均作为BA中的B；若不是，则说明B的数量已经超过BA的需求量，即已经开始为AB提供B元素了。此时其实可以将剩余的A和B以任意顺序附着在后面。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int dp[2001][2001];
int n,m;
int main(){
    while(cin>>n>>m){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0]=1;
        for(int i=0;i<=n+m;i++){
            for(int j=0;j<=n+m;j++){
                if(i<=n+j&&i>0) dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j])%mod;
                if(j<=m+i&&j>0) dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
            }
        }
        cout<<dp[n+m][n+m]<<endl;
    }
    return 0;
}

另：超时几次结果发现是每次memset整个数组太耗时，有功夫研究一下它和遍历初始化方法的速度差异。