写了个 TODO List,现在不会忘写博客了
咕
# 题面
> Link DarkBZOJ 2142
\(n\) 件不同的礼物送给 \(m\) 个人,其中送给第 \(i\) 个人礼物数量为 \(w_i\)。计算出送礼物的方案数(两个方案被认为是不同的,当且仅当存在某个人在这两种方案中收到的礼物不同)。由于方案数可能会很大,输出模 \(P\) 后的结果。
设 \(P=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_t^{c_t}\),\(p_i\) 为质数,则保证 \(p_i^{c_i}\le10^5\)。
# 解析
普通的 Lucas 定理只能用来求组合数模较小的素数的问题。
(部分) Lucas 定理
$$
\binom{n}{m}\bmod p=\binom{\lfloor\tfrac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\tfrac{m}{p}\rfloor}\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p
$$
(但是似乎不是完整的 Lucas 定理?)
而 exLucas 定理可以解决 \(p\) 不是一个质数的问题(只要满足「BZOJ 礼物」这道题对 \(p\) 的限制即可)。
首先对 \(p\) 进行质因数分解 \(p=\prod\limits_{i=1}^tp_i^{c_i}\),设 \(x=\binom{n}{m}\bmod p\),\(x_i=\binom{n}{m}\bmod p_i^{c_i}\),则
\[\begin{cases}
x\equiv x_1\pmod{p_1^{c_1}}\x\equiv x_2\pmod{p_2^{c_2}}\\cdots\x\equiv x_t\pmod{p_t^{c_t}}
\end{cases}
\] 模数互质,可以直接CRT。所以问题转化为「组合数模一个质数的幂 \(p^k\)」。
把组合数的式子展开 \(\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\),我们不能直接求 \(m!\) 和 \((n-m)!\) 的逆元,因为它们不一定和 \(p\) 互质。于是想到,可以先把阶乘中 \(p\) 的因子部分提出来,剩下的与 \(p\) 互质的部分就可以求逆元。即
\[m!=p^a\cdot b
\] 其中 \(p\not\mid b\),\((n-m)!\) 同理。于是剩下的问题就是怎么将阶乘分解成上述形式。
考虑计算 \(a\):统计 \(1,2,\cdots,m\) 中能提取出多少 \(p\) 的因子。比较简单,只需要对每个 \(p\) 的幂 \(p^i\) 统计 \(1\sim m\) 中有多少 \(p^i\) 的倍数。可以 \(O(\log_p m)\) 完成。
再考虑计算 \(b\),可以递归计算:
- 先计算出 \(1\sim m\) 中所有非 \(\mathbf{p}\) 的倍数的数之积模 \(p^k\);
- 再将 \(p\) 的倍数单独提出来,除以 \(p\) 后即为 \(1\sim\lfloor\tfrac{m}{p}\rfloor\),递归处理。
可以先预处理出 \(f_i\) 表示 \(1\sim i\) 中所有不为 \(p\) 的倍数的数的积模 \(p^k\),则第一步的答案为
\[f_{p^k-1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\cdot f_{m\bmod p^k}
\] 现在就可以快速计算组合数了。
对于这道题,可以直接拆开组合数,计算
\[\frac{n!}{w_1!w_2!\cdots w_m!(n-w_1-w_2-\cdots-w_m)!}
\] 然后直接用 exLucas 的拆解阶乘的方法,再用CRT合并(就不需要真的去计算每个组合数)。
# 源代码
点击展开/折叠代码
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long llong;
const int N=100,B=1e5+10;
#define con(type) const type &
int mul(con(int)a,con(int)b,con(int)mod){return int(1ll*a*b%mod);}
int ina_pow(con(int)a,con(llong)b,con(int)mod){return b?mul(ina_pow(mul(a,a,mod),b>>1,mod),(b&1)?a:1,mod):1;}
typedef pair<int,llong> pii;
int p[N],pc[N],fac[B],phi[N];
llong rem[N],w[N],mod;
int n,m,np;
void init(){
llong now=mod;
for(int i=2;1ll*i*i<=now;i++)
if(now%i==0){
p[++np]=i,pc[np]=1;
while(now%i==0) now/=i,pc[np]*=i;
}
if(now>1) np++,p[np]=pc[np]=(int)now;
for(int i=1;i<=np;i++) rem[i]=mod/pc[i],phi[i]=pc[i]/p[i]*(p[i]-1);
}
pii calc(con(llong)x,con(int)p0,con(int)pc0){
if(x<p0) return make_pair(fac[x],0);
pii res=calc(x/p0,p0,pc0);
return make_pair(mul(mul(res.first,fac[x%pc0],pc0),ina_pow(fac[pc0-1],x/pc0,pc0),pc0),res.second+x/p0);
}
int func(int p0,int pc0,int phi0){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<pc0;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i%p0?i:1,pc0);
pii up=calc(n,p0,pc0);
fac[pc0-1]=ina_pow(fac[pc0-1],phi0-1,pc0);
for(int i=pc0-2;i;i--)
fac[i]=mul(fac[i+1],(i+1)%p0?i+1:1,pc0);
pii blw(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++){
pii res=calc(w[i],p0,pc0);
blw.second+=res.second;
blw.first=mul(blw.first,res.first,pc0);
}
return mul(mul(up.first,blw.first,pc0),ina_pow(p0,up.second-blw.second,pc0),pc0);
}
int main(){
scanf("%lld%d%d",&mod,&n,&m);
init();
llong total=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld",&w[i]);
total+=w[i];
}
if(total>n){printf("Impossible\n");return 0;}
if(total<n) w[++m]+=n-total;
llong sum=0;
for(int i=1;i<=np;i++){
llong now=mul(func(p[i],pc[i],phi[i]),ina_pow(rem[i],phi[i]-1,pc[i]),mod);
now=mul(now,rem[i],mod);
sum=(sum+now)%mod;
}
printf("%lld\n",(sum%mod+mod)%mod);
return 0;
}
THE END
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史书缺失的那页 遗忘了主角 有人传说这一切 如流光幻夜
——《流光幻夜》By 司夏
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