bzoj 2142 礼物 （组合数学+数论）

2142: 礼物

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Description

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。

Input

输入的第一行包含一个正整数P，表示模；第二行包含两个整整数n和m，分别表示小E从商店购买的礼物数和接受礼物的人数；以下m行每行仅包含一个正整数wi，表示小E要送给第i个人的礼物数量。

Output

若不存在可行方案，则输出“Impossible”，否则输出一个整数，表示模P后的方案数。

Sample Input

100 4 2 1 2

Sample Output

12


【样例说明】
下面是对样例1的说明。
以“/”分割，“/”前后分别表示送给第一个人和第二个人的礼物编号。12种方案详情如下：
1/23 1/24 1/34
2/13 2/14 2/34
3/12 3/14 3/24
4/12 4/13 4/23
【数据规模和约定】
设P=p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * … *pt ^ ct，pi为质数。
对于100%的数据，1≤n≤109，1≤m≤5，1≤pi^ci≤10^5。

HINT

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题解：组合数学+数论

这道题就是求ｃ（ｎ，ｓｕｍ）＊ｃ（ｓｕｍ，ｗ［１］）＊ｃ（ｓｕｍ－ｗ［１］，ｗ［２］）．．．＊ｃ（ｗ［ｍ］，ｗ［ｍ］）％ｐ

式子其实可以进一步化简变成

ｎ！／（ｗ［１］！＊ｗ［２］！＊．．＊ｗ［ｍ］！）％ｐ

如果这里的p,是质数的话，很容易想到用lucas定理来做，但是这里p不是质数，那怎么办呢？

首先考虑把p分解，P=p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * … *pt ^ ct，pi为质数。

我们考虑分开处理，得到t个ans%(pi^ci)=ai 的一次同余方程，然后用中国剩余定理合并。

中国剩余定理（CRT）的表述如下

设正整数两两互素，则同余方程组

 

                             

 

有整数解。并且在模下的解是唯一的，解为

 

                               

 

其中，而为模意义下的逆元。

知道中国剩余定理后，就要考虑怎么求c(n,m)%pi^ci ,c(n,m)=n!/(m!(n-m)!)  因为有除法所以我们需要用到乘法逆元，但是pi^ci不是质数不能用费马小定理，所以无法用快速幂来求，因为m!,(n-m)!与pi^ci不互质所以我们也不能直接用扩展欧几里德解ax=1 (mod b) gcd(a,b)=1 , ax+by=1 ,但是我们可以考虑提取公因数让其互质。

举例说明：

n!=t1*pi^c1

m!=t2*pi^c2

(n-m)!=t3*pi^c3

那么怎样快速求解t1,t2,t3,c1,c2,c3呢？

以19！为例，假设pi=3

19!=1*2*3...*19

   =1*2*4*5*7*8*10*11*13*14*16*17*19*(3*1*3*2*3*3*3*4*3*5*3*6)

   =1*2*4*5*7*8*10*11*13*14*16*17*19*3^6(1*2*3*4*5*6)

对于上面这个式子我们需要求出 [1, pi^ci - 1] 中除去 p 的倍数的其余数的前缀积（类似阶乘少了 p 的倍数）。

然后我们知道 [1, n] 中包含 pi的数有 n / pi 个，我们将这些数中都提取出 1 个 pi，那么就获得了 pi^(n/pi)，然后这 n / pi 个数就变成了 [1, n/pi]，就可以递归下去。

其余的部分可以分段来求，分成 [1, pi^ci - 1], [pi^ci + 1, pi^ci + pi^ci - 1] ..... 这样，每一段的积都是一样的 (mod pi^ci 意义下)，（至于为什么一样我就不知道啦，自己手算验证一下好了）直接快速幂就可以了。

最后c(n,m)%pi^ci 的答案就是t1*inverse(t2)*inverse(t3)*pi^(c1-c2-c3) %pi^ci

#include
#include
#include
#include
#include
#define LL long long 
#define N 200003
#define pa pair
using namespace std;
LL n,m,p,sum;
LL w[N],prime[N],cnt[N],mod[N],a[N];
int tot;
void get_prime()//模数分解成P=p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * … *pt ^ ct，pi为质数的形式 
{
	LL x=p;
	for (LL i=2;i*i<=x;i++)
	 if (x%i==0)
	  {
	  	prime[++tot]=i; cnt[tot]=0; mod[tot]=1;
	  	while (x%i==0)
	  	 {
	  	 	x/=i;
	  	 	cnt[tot]++; mod[tot]*=i;
	  	 }
	  }
	if (x>1)
	 {
	 	prime[++tot]=x;
	 	cnt[tot]=1;
	 	mod[tot]=x;
	 }
}
LL quickpow(LL num,LL x,LL m)//快速幂 
{
	LL ans=1;
	LL base=num%m;
	while (x)
	{
		if (x&1)  ans=(ans*base)%m;
		x>>=1;
		base=(base*base)%m;
	}
	return ans%m;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)//扩展欧几里德算法  
//ax=1 (mod b) gcd(a,b)==1 ax+by=1的解，x为a的逆元  
{
	if (b==0)
	 {
	 	x=1; y=0;
	 	return;
	 }
	exgcd(b,a%b,x,y);
	LL t=y;
	y=x-(a/b)*y;
	x=t;
}
LL inverse(LL a,LL b)
{
	LL x,y;
	exgcd(a,b,x,y);
	return (x%b+b)%b;
}
pa solve(int k,LL n)// 将当前模数的倍数全部提取出来，这样保证a,b互质，就可以用exgcd求逆元 ，对于倍数直接做减法就可以了 
{
	if (n==0)  return make_pair(0,1);
	LL x=n/prime[k],y=n/mod[k];
	LL ans=1;
	if (y)
	{
		for (LL i=2;in)  {
    	printf("Impossible\n");
    	return 0;
    }
    get_prime(); 
    LL ans=work(n,sum)%p; 
    for (LL i=1;i<=m;i++)
    {
    	ans=ans*work(sum,w[i])%p;
    	sum-=w[i];
    }
    printf("%lld\n",(ans%p+p)%p);
}