洛谷 P2183 [国家集训队]礼物

一年一度的圣诞节快要来到了。每年的圣诞节小E都会收到许多礼物，当然他也会送出许多礼物。不同的人物在小E心目中的重要性不同，在小E心中分量越重的人，收到的礼物会越多。小E从商店中购买了n件礼物，打算送给m个人，其中送给第i个人礼物数量为wi。请你帮忙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，你只需要输出模P后的结果。

看到题之后，应该就能写出式子

\[ans=\prod_{i=1}^{m}C_{n-\sum_{j=1}^{i-1}w_j}^{w_i}(mod\ P) \]

式子看起来很麻烦，其实很好想

当我们给第一个人送礼物的时候，我们有\(n\)个礼物，要选\(w_1\)个，方案就有\(C_n^{w_{1}}\)种

然后给第二个人送礼物的时候，我们剩下\(n-w_1\)个礼物，要选\(w_2\)个，方案有\(C_{n-w_1}^{w_2}\)种

就这样一直送到第\(m\)个人，而根据乘法原理，就得到这个式子了

这道题似乎就做完了，但在算\(C_n^m(mod\ p_i^{c_i})\)时又遇到了瓶颈：\(p_i^{c_i}\)不是质数

既然不是质数，我们就不能用\(Lucas\)定理来求，这就需要用到\(ExLucas\)了

虽然是扩展的，但和\(Lucas\)完全沾不上边

我们观察到题目给了\(P=\prod _{i=1}^{t}p_{i}^{c_i}\)

而\(p_i\)是质数，那么所有的\(p_i^{c_i}\)都是互质的

那么我们只要对于每个\(p_i^{k=c_i}\)求出其\(C_n^m\ mod\ p_i^k\)的值，然后用中国剩余定理就可以算出最小正整数解

问题转化成了如何快速的求\(C_n^m\ mod\ p^k\)

把组合数展开，我们得到

\[\frac{n!}{m!(n-m)!}\ mod\ p^k \]

那么只要快速求出模意义下的阶乘就好了

如果我们要求\(x!\ mod\ p^k\)，假设\(x=17,p=2,k=3\)，观察一下式子

\[17!=1\times2\times3\times4\times5\times6\times7\times8\times9\times10\times11\times12\times13\times14\times15\times16\times17 \]

化式子\(17!=\)

\[2\times4\times6\times8\times10\times12\times14\times16\times1\times3\times5\times7\times9\times11\times13\times15\times17 \]

\[(2\times1)\times(2\times2)\times(2\times3)\times…\times(2\times8)\times(1\times3\times5\times…\times17) \]

\[2^8\times(1\times2\times3\times…\times8)\times(1\times3\times5\times…\times17) \]

\[2^8\times8!\times(1\times3\times5\times7\times9\times11\times13\times15\times17) \]

而在模\(p^k=2^3=8\)意义下\(1\times3\times5\times7=9\times11\times13\times15\)

所以式子就变成了

\[2^8\times8!\times(1\times3\times5\times7)^2\times17 \]

那么\(x!\)就变成了\(p^n\times t!\times(a_1\times a_2\times…a_m)^r\times a_{m+1}\times…a_{q}\)

可以看出\(n=t=\left \lfloor \frac{x}{p} \right \rfloor,r=\left \lfloor \frac{x}{p^k} \right \rfloor\)，其中\(t!\)可以一直递归求解，然后后面的暴力算

这样这个题就做完啦QAQ

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;
int p[200000],n,m,P,cnt,z[200000],a[200000],ans;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)     //扩欧
{
	if (!b)x=1,y=0;
	else
	{
		exgcd(b,a%b,x,y);
		int t=x;
		x=y;
		y=t-a/b*y;
	}
}
int mypow(int a,int x,int p)      //快速幂
{
	int s=1;
	while (x)
	{
		if (x&1)s=s*a%p;
		a=a*a%p;
		x>>=1;
	}
	return s;
}
int fac(int n,int a,int b)    //求阶乘
{
	if (!n)return 1;       
	int s=1;
	for (int i=1;i<=b;i++)    //处理a1*a2*…am
		if (i%a!=0)
			s=s*i%b;
	s=mypow(s,n/b,b);
	for (int i=1;i<=n%b;i++)  //处理am+1*…aq
		if (i%a!=0)
			s=s*i%b; 
	return s*fac(n/a,a,b)%b;  //递归求解
}
int inv(int a,int b)    //求逆元
{
	int x,y;
	exgcd(a,b,x,y);
	return (x%b+b)%b;
}
int C(int m,int n,int a,int b)   //处理组合数
{
	int nn=fac(n,a,b),mm=fac(m,a,b),nm=fac(n-m,a,b),po=0;  //求阶乘
	for (int i=n;i;i/=a)      //处理n^p中的p
		po+=i/a;
	for (int i=m;i;i/=a)
		po-=i/a;
	for (int i=n-m;i;i/=a)
		po-=i/a;
	return nn*mypow(a,po,b)%b*inv(mm,b)%b*inv(nm,b)%b; 
}
signed main()
{
	cin>>n>>m>>P;
	int pp=P;
	for (int i=2;i*i<=P;i++)     //分解
		if (pp%i==0)
		{
			int x=i;
			z[++cnt]=i;
			while (pp%x==0)x*=i;
			x/=i;
			p[cnt]=x;
			pp/=x;
		}
	if (pp!=1)p[++cnt]=pp,z[cnt]=pp;
	for (int i=1;i<=cnt;i++)
		a[i]=C(m,n,z[i],p[i]);
	for (int i=1;i<=cnt;i++)    //中国剩余定理
	{
		int pi=P/p[i],x,y;
		exgcd(pi,p[i],x,y);
		ans=((ans+pi*a[i]*x%P)+P)%P;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}