CTU Open Contest 2019 A. Beer Barrels（组合数）

题意：

给出四个整数： A ， B ， K ， C A， B， K， C A，B，K，C， A , B , C A,B,C A,B,C 都是大于 0 的个位数， 问在所有仅由 A A A 或 B B B 组成的 K K K 位数中( K K K 位数的每一位都是 A A A 或 B B B)， 数字 C C C 的个数有多少。

分三种情况：

1. 当 a = b = c a=b=c a=b=c 那么肯定就一种组成的情况，个数就是 k k k。
2. 当 a ! = c a!=c a!=c 并且 b ! = c b!=c b!=c 时，那么肯定为 0 0 0。
3. 当 a = c a=c a=c || b = c b=c b=c 时，一共的组合情况就是 2 k 2^k 2k,那么 c c c 的个数就是 2 k ∗ k 2 \frac{2^k*k}{2} 22k∗k​，这里使用快速幂求 2 k − 1 2^{k-1} 2k−1

这道题卡我快速幂，之前用了半年的模板用了就错。

AC代码：

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#include <stack>
#include <queue>
using namespace std;
#define sd(n) scanf("%d", &n)
#define sdd(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define sddd(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define pd(n) printf("%d\n", n)
#define pc(n) printf("%c", n)
#define pdd(n, m) printf("%d %d\n", n, m)
#define pld(n) printf("%lld\n", n)
#define pldd(n, m) printf("%lld %lld\n", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld", &n)
#define sldd(n, m) scanf("%lld%lld", &n, &m)
#define slddd(n, m, k) scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k)
#define sf(n) scanf("%lf", &n)
#define sc(n) scanf("%c", &n)
#define sff(n, m) scanf("%lf%lf", &n, &m)
#define sfff(n, m, k) scanf("%lf%lf%lf", &n, &m, &k)
#define ss(str) scanf("%s", str)
#define rep(i, a, n) for (int i = a; i <= n; i++)
#define per(i, a, n) for (int i = n; i >= a; i--)
#define mem(a, n) memset(a, n, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define fi first
#define se second
#define mod(x) ((x) % MOD)
#define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lowbit(x) (x & -x)
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
inline int read()
{
    int ret = 0, sgn = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            sgn = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        ret = ret * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return ret * sgn;
}
inline void Out(int a) //Êä³öÍâ¹Ò
{
    if (a > 9)
        Out(a / 10);
    putchar(a % 10 + '0');
}

ll gcd(ll a, ll b)
{
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

ll lcm(ll a, ll b)
{
    return a * b / gcd(a, b);
}
///快速幂m^k%mod
ll qpow(ll a, ll b, ll mod)
{
    ll ans = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            ans = ans * a;
            if (ans >= mod)
                ans = ans % mod + mod;
        }
        a *= a;
        if (a >= mod)
            a = a % mod + mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
// 快速幂求逆元
int Fermat(int a, int p) //费马求a关于b的逆元
{
    return qpow(a, p - 2, p);
}

///扩展欧几里得
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
    if (b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll g = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return g;
}
const int N = 1e6 + 10;
int n, m;
int a, b, k, c;

int main()
{
    sdd(a, b);
    sdd(k, c);
    ll ans = 1;
    if (a == c && b == c)
    {
        pd(k);
    }
    else if (c != a && c != b)
    {
        puts("0");
    }
    else
    {
        ans = qpow(2, k - 1, MOD) % MOD;
        ans = ans * 1ll * k % MOD;
        pld(ans);
    }
    return 0;
}