HDU5446 Unknown Treasure

　　前几天长春网络赛一道lucas + CRT 模板题，当时没做出来。

　　地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5446

　　

　　中国剩余定理

　　在《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？”这个问题称为“孙子问题”，该问题的一般解法国际上称为“中国剩余定理”。具体解法分三步：

　　1.找出三个数：从3和5的公倍数中找出被7除余1的最小数15，从3和7的公倍数中找出被5除余1 的最小数21，最后从5和7的公倍数中找出除3余1的最小数70。

　　2.用15乘以2（2为最终结果除以7的余数），用21乘以3（3为最终结果除以5的余数），同理，用70乘以2（2为最终结果除以3的余数），然后把三个乘积相加　　　　　　（15*2+21*3+70*2）得到和233。

　　3.用233除以3，5，7三个数的最小公倍数105，得到余数23，即233%105=23。这个余数23就是符合条件的最小数。

　　我们将“孙子问题”拆分成几个简单的小问题，从零开始，试图揣测古人是如何推导出这个解法的。

     首先，我们假设n1是满足除以3余2的一个数，比如2，5，8等等，也就是满足3*k+2（k>=0）的一个任意数。同样，我们假设n2是满足除以5余3的一个数，n3是满足除以7余2的一个数。

     有了前面的假设，我们先从n1这个角度出发，已知n1满足除以3余2，能不能使得 n1+n2 的和仍然满足除以3余2？进而使得n1+n2+n3的和仍然满足除以3余2？

     这就牵涉到一个最基本数学定理，如果有a%b=c,则有(a+kb)%b=c(k为非零整数)，换句话说，如果一个除法运算的余数为c，那么被除数与k倍的除数相加（或相减）的和（差）再与除数相除，余数不变。这个是很好证明的。

     以此定理为依据，如果n2是3的倍数，n1+n2就依然满足除以3余2。同理，如果n3也是3的倍数，那么n1+n2+n3的和就满足除以3余2。这是从n1的角度考虑的，再从n2，n3的角度出发，我们可推导出以下三点：

1. 为使n1+n2+n3的和满足除以3余2，n2和n3必须是3的倍数。
2. 为使n1+n2+n3的和满足除以5余3，n1和n3必须是5的倍数。
3. 为使n1+n2+n3的和满足除以7余2，n1和n2必须是7的倍数。

    因此，为使n1+n2+n3的和作为“孙子问题”的一个最终解，需满足：

1. n1除以3余2，且是5和7的公倍数。
2. n2除以5余3，且是3和7的公倍数。
3. n3除以7余2，且是3和5的公倍数。

    所以，孙子问题解法的本质是从5和7的公倍数中找一个除以3余2的数n1，从3和7的公倍数中找一个除以5余3的数n2，从3和5的公倍数中找一个除以7余2的数n3，再将三个数相加得到解。在求n1，n2，n3时又用了一个小技巧，以n1为例，并非从5和7的公倍数中直接找一个除以3余2的数，而是先找一个除以3余1的数，再乘以2。

    这里又有一个数学公式，如果a%b=c，那么（a*k）%b=a%b+a%b+…+a%b=c+c+…+c=kc（k>0）,也就是说，如果一个除法的余数为c，那么被除数的k倍与除数相除的余数为kc。展开式中已证明。

    最后，我们还要清楚一点，n1+n2+n3只是问题的一个解，并不是最小的解。如何得到最小解？我们只需要从中最大限度的减掉掉3，5，7的公倍数105即可。道理就是前面讲过的定理“如果a%b=c,则有(a-kb)%b=c”。所以（n1+n2+n3）%105就是最终的最小解。

　　Lucas定理是用来求 c(n,m) mod p的值,p是素数

A、B是非负整数，p是质数。AB写成p进制：A=a[n]a[n-1]...a[0]，B=b[n]b[n-1]...b[0]。

则组合数C(A,B)与C(a[n],b[n])*C(a[n-1],b[n-1])*...*C(a[0],b[0])  mod p相同

首先我们注意到 n=(ak...a2,a1,a0)p  =  (ak...a2,a1)p * p + a0

                                                       =  [n/p]*p+a0

                                                    且m=[m/p]+b0

只要我们能够证明 C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)  (mod p)

剩下的工作由归纳法即可完成

我们知道对任意质数p:   (1+x)^p  == 1+(x^p)  (mod p) 

注意!这里一定要是质数 

对 模p 而言

 上式左右两边的x^m的系数对模p而言一定同余(为什么),其中左边的x^m的系数是 C(n,m) 而由于a0和b0都小于p

右边的x^m ( = x^(([m/p]*p)+b0)) 一定是由 x^([m/p]*p) 和 x^b0 相乘而得 (即发生于 i=[m/p] , j=b0 时) 因此我们就有了

 C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)  (mod p) 

下面是代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define ll long long 
using namespace std;
ll n,m,sum,sumn;
int q;
ll primes[12][3];

ll CRT(int q)
{
    ll temp, t;
    for(int i= 0; i< q; i++)
    {
        t = sum/primes[i][0];
        temp = t;
        while(temp%primes[i][0] != primes[i][1])
        {
            temp = temp+t;
        }
        primes[i][2] = temp;
    }
    for(int i = 0; i< q; i++)
    {
        sumn += (primes[i][2]%sum);
    }
    return sumn%sum;
}

ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    int ans;
    for(ans=1;b;b>>=1,a=a*a%p)
        if(b&1)ans=ans*a%p;
    return ans;
}

ll getc(ll n,ll m,ll p)
{
    if(n<m)return 0;
    if(m>n-m)m=n-m;
    ll s1=1,s2=1;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        s1=s1*(n-i)%p;
        s2=s2*(i+1)%p;
    }
    return s1*qpow(s2,p-2,p)%p;
}

ll lucas(ll n,ll m,ll p)
{
    if(m==0)return 1;
    return getc(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        sum = 1;
        sumn= 0;
        scanf("%lld%lld%d",&n,&m, &q);
//        printf("%lld%lld%d
", n, m, q);
        for(int i = 0; i< q; i++)
        {
            scanf("%lld", &primes[i][0]);
            sum *= primes[i][0];
//            printf("%lld
", primes[i][0]);
            primes[i][1] = lucas(n,m,primes[i][0]);
        }
/*        for(int i= 0; i< q; i++)
        {
            printf("%lld
", primes[i][1]);
        }
*/       
        printf("%lld
", CRT(q));
    }
    
    return 0;
}