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题意是说有四种同学，没有球拍没有球的( a )，只有球拍的( b )，只有球的( c )，既有球拍又有球的( d )；现在要去打羽毛球，每个人都可以选择去或者不去，问有多少种无法打羽毛球的情况。
无法打羽毛球的原因可以分成：球不够或球拍不够。
这样分不是很清楚，改成：只是球不够，只是球拍不够，球和球拍都不够。
先看第一种：只是球不够。球只需要一颗就够了，也就是说有球的同学都不去，同时有球拍的同学至少去两位，情况数：2^b - C(b,1) - C(b,0)；
再看第二种：只是球拍不够。带球的同学至少去一位，带球拍的同学最多去一位，情况数：( C(b,1) * (2^c - 1) ) + ( C(d,1) * 2^c ) + ( 2^c - 1 )；
再看第三种：球和球拍都不够。带球的同学都不去，带球拍的同学最多去一位，情况数：b + 1；
由于第一种同学是什么都没有的，所以对球数和球拍数不会造成影响，可以直接在上述三种情况数求和的基础上使用乘法原理，即乘以 ( 2^a )即可。
这道题的数量级比较大，要注意不停地取模，否则会超出 long long 的存储范围。
代码如下：
1 #include <cstdio> 2 #include <cmath> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 const __int64 mod = 998244353; 6 __int64 a,b,c,d,wu,aa,bb,cc; 7 __int64 quickpow(__int64 n) 8 { 9 if(n==1) return 2; 10 else if(n==0) return 1; 11 if(n&1) return (quickpow(n>>1)%mod*(quickpow(n>>1)%mod)*2)%mod; 12 return (quickpow(n>>1)%mod*(quickpow(n>>1)%mod))%mod; 13 } 14 int main() 15 { 16 int t; 17 scanf("%d",&t); 18 while(t--) 19 { 20 scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&a,&b,&c,&d); 21 aa = quickpow(a); 22 bb = quickpow(b); 23 cc = quickpow(c); 24 //printf("%I64d %I64d %I64d\n",aa,bb,cc); 25 wu = (aa%mod*((bb-1-b)%mod+((b+d+1)%mod*(cc%mod))%mod))%mod; 26 printf("%I64d\n",wu); 27 } 28 return 0; 29 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Taskr212/p/9508012.html
