1.花

【问题描述】

商店里出售n种不同品种的花。为了装饰桌面，你打算买m支花回家。你觉得放两支一样的花很难看，因此每种品种的花最多买1支。求总共有几种不同的买花的方案？答案可能很大，输出答案mod p的值。 

【输入格式】

一行3个整数n，m，p，意义如题所述。 

【输出格式】

一个整数，表示买花的方案数。 

【输入输出样例1】

flower.in	flower.out
4 2 5	1

见选手目录下的flower / flower1.in与flower / flower1.out

【输入输出样例1说明】

用数字1,2,3,4来表示花的种类的话，4种花里买各不相同的2支的方案有(1,2)、(1,3)、(1,4)、(2,3)、(2,4)、(3,4)，共6种方案，模5后余数是1。 

【输入输出样例2】

见选手目录下的flower / flower2.in与flower / flower2.out 

【数据范围】

对于30%的数据，n,m≤10

对于50%的数据，n,m≤1000

对于80%的数据，1≤m≤n≤50,000

对于100%的数据，1≤m≤n≤1,000,000，p≤1,000,000,000

思路：
　　对于公式进行分解质因数处理用分子的每个质因数个数 减去 分母的质因数，最后快速幂乘起来。

　　找质因数的时候，先筛出可能用到的质数，再应用下面的原理，就能很快求出，质因数个数了。

x!中质因数p的个数=【x/p】+[x/(p*p)】+【x/(p*p*p)】.......直到p^t>x.

 详见《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》函数【x】与{x}。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define LL  long long 
int n,m,p;
int a[1000009];
int prime[200000];bool mark[1000009];
LL P;
void innt()
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!mark[i])    prime[++prime[0]]=i;
        for(int j=1;j<=prime[0];j++)
        {
            if(i*prime[j]>n)    break;
            mark[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)    break;
        }    
    }
}
void fen(int x,int y)
{
    for(int i=1;i<=prime[0];i++)
    {
         P=prime[i];
        while(P<=x)
        {
            a[i]+=1LL*y*(x/P);
            P*=prime[i];
        } 
    }
}
long long qm(LL a,LL b)
{
    LL tot=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)    (tot*=a)%p;
        b/=2;a=(a*a)%p;
    }
    return tot;
}
int main()
{
    freopen("flower.in","r",stdin);
    freopen("flower.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    innt();    
    fen(n,1);fen(m,-1);fen(n-m,-1);
    long long ans=1;
    for(int i=1;i<=prime[0];i++)
        ans=ans*qm(prime[i],a[i])%p;
    cout<<ans;
}