M % (M + 1) = ???(dp+数学）（北理16校赛）

时间限制1秒 内存限制64M

题目描述：

       JZ是一名数学爱好者，他最喜欢的是进制的相关问题，其次是取模的问题，于是我们的题目来了，给定N个小于M并且两两不同的非负整数，N个数的一个排列可以看做是一个M进制下的数，可以使得这个数整除M+1的排列一共有多少个？

        

输入格式：

       输入第一行是一个整数T（T<=100），代表测试数据的组数。

       对于每组测试用例，第一行两个数字N，M，分别代表数字的个数和进制。

       第二行有N个数，给定的N个M进制下的数字，每个数字保证大于等于0并且小于M。

       保证所有的输入不超过100。

 

输出格式：

       对于每组用例，输出一行，代表满足题意的排列的个数，由于最终的结果可能比较大，请将结果对1000000007取模输出。

        

 

样例输入：

        1

        3 10

        1 2 3

 

样例输出：

        2

 

样例解释：

        1 2 3共有6种排列，123,132,213,231,312,321，其中132和231可以被11整除

题目大意：

         给定n个数字，求n个数字的的所有排列中，对每个排列在m进制下将排列变为一个数字，这个数%(m+1)后为0的方案数。

解题思路：

         a3a2a1这个数字在m进制下理解就是a3*m^2+a2*m^1+a1*m^0，对这个数取摸m+1就相当于对(a3*m^2%(m+1)+a2*m^1%(m+1)+a1*m^0%(m+1))%(m+1）

        而 m^2k mod (m + 1) = 1，m*(2k+1) mod (m + 1) = -1，可以把m表示为（m+1-1）对等式右边进行二项式展开，很容易得到结论
        所以题目转化为将n个数字进行分类，一类的权值是1，一类是-1，两类数的个数分别为n – n/2和n/2，最终加权的和对m+1取模的结果为0的方法有多少种。

        令dp[i][j][k]表示前i个数，第一类有j个，加权和模m+1的结果为k的方法数，则dp[i][j][k]可以转移到dp[i+1][j+1][(k + a[i+1])%(m+1)]和dp[i+1][j][(k – a[i+1])%(m+1)]，
最终的结果为dp[n][n/2][0] * (n – n/2)! * (n/2)!。

#include
#include
#define mod 1000000007
#define ll long long
int a[150],dp[150][150][150];
ll fac[200];
void init()
{
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i < 200; i++)
		fac[i] = fac[i - 1] * i%mod;
}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d", &t);
	init();
	while (t--)
	{
		memset(dp, 0, sizeof dp);
		int n, m;
		scanf("%d%d", &n, &m);
		for (int i = 0; i < n; i++)
			scanf("%d", &a[i]);
		dp[0][1][a[0]] = 1;
		dp[0][0][m + 1 - a[0]] = 1;
		for (int i = 0; i < n-1; i++)//
			for (int j = 0; j <= n / 2; j++)
				for (int k = 0; k < m + 1;k++)
				if(dp[i][j][k])//优化
				{
					dp[i + 1][j + 1][(k + a[i + 1]) % (m + 1)] = (dp[i + 1][j + 1][(k + a[i + 1]) % (m + 1)]+dp[i][j][k])%mod;
					dp[i + 1][j][(k - a[i + 1] + m + 1) % (m + 1)] = (dp[i + 1][j][(k - a[i + 1] + m + 1) % (m + 1)] + dp[i][j][k]) % mod;
				}
		printf("%lld\n", 1ll*dp[n-1][n / 2][0] * fac[n - n / 2]%mod*fac[n / 2]%mod);
	}
}