【CF896D】Nephren Runs a Cinema
题意：一个序列中有n格数，每个数可能是0,1,-1，如果一个序列的所有前缀和都>=0且总和$\in [L,R]$，那么我们称这个序列是合法的。求合法序列的个数%P。
n,L,R<=100000，P<=2*10^9
题解：先不考虑0的数，那么总数显然就是卡特兰数的变形。我们将卡特兰数转换成在二维平面上，从(0,0)走到(a,b)，且不越过直线x=y的方案数。因为每个越过x=y的方案都可以转化成从(-1,1)走到(a,b)的方案，所以总方案数就是$C_{a+b}^b-C_{a+b}^{b-1}$。如果序列的总和为j，那么令a=(n+j)/2，b=(n-j)/2即可。如果我们要对$j\in [L,R]$的所有方案数求和，那么答案就变成$C_n^{\lfloor{n-L\over 2}\rfloor}-C_n^{\lceil{n-R\over r}\rceil}$。
那如果我们考虑0呢？如果i个人是0，那么总方案数*$C_n^i$即可。
但是问题来了，模数不是质数怎么办？还记得礼物那题吗？我们先将模数拆成$\prod p_i^{c_i}$的形式，然后对于$p_i^{c_i}$分开计算。我们希望把阶乘表示成$a*p^b$的形式，这样就可以支持除法了（a可以求逆元搞定，b可以直接相减），具体如何实现？我们将n!中p的倍数都拿出来，比如p=5，那么n!可以表示成
$n!=(1\times2\times3\times4\times6\times7\times8\times9\times11...)\times5^{\lfloor{n\over 5}\rfloor}\times(\lfloor{n\over 5}\rfloor)！$
对于前面那些东西我们可以预处理，后面那个阶乘我们递归算下去即可（也可以递推求出）。
最后用中国剩余定理合并即可。
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
ll n,L,R,cnt;
ll Pri,P,PP,phi,ans;
ll cp[10],cpp[10];
inline ll pm(ll x,ll y,ll z)
{
ll ret=1;
while(y)
{
if(y&1) ret=ret*x%z;
x=x*x%z,y>>=1;
}
return ret;
}
struct node
{
ll x,y;
node() {x=y=0;}
node(ll a,ll b) {x=a,y=b;}
node operator + (const node &a) {return node(x+a.x,y*a.y%PP);}
node operator * (const int a) {return node(x*a,pm(y,a,PP));}
}jc[maxn],f[maxn];
inline ll c(ll a,ll b)
{
if(b<0) return 0;
node x=f[a],y=f[a-b]+f[b];
return pm(P,x.x-y.x,PP)*x.y%PP*pm(y.y,PP/P*(P-1)-1,PP)%PP;
}
inline ll solve()
{
ll ret=0,i;
memset(jc,0,sizeof(jc)),memset(f,0,sizeof(f));
jc[0]=node(0,1);
for(i=1;i<=min(n,PP-1);i++)
{
jc[i]=jc[i-1];
if(i%P) jc[i].y=jc[i].y*i%PP;
}
for(i=0;i<=min(n,P-1);i++) f[i]=jc[i];
for(;i<=n;i++) f[i]=(n>=PP?(jc[PP-1]*(i/PP)):node(0,1))+jc[i%PP]+node(i/P,1)+f[i/P];
for(i=L;i<=n;i++) ret=(ret+c(n,i)*(c(i,i-(i+L+1)/2)-c(i,i-(i+R)/2-1)+PP))%PP;
return ret;
}
int main()
{
scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&Pri,&L,&R);
int i;
ll tmp=Pri;
phi=1;
for(i=2;i*i<=tmp;i++)
{
if(tmp%i==0)
{
tmp/=i,phi*=i-1;
cp[++cnt]=i,cpp[cnt]=i;
while(tmp%i==0) tmp/=i,phi*=i,cpp[cnt]*=i;
}
}
if(tmp!=1) phi*=(tmp-1),cp[++cnt]=tmp,cpp[cnt]=tmp;
for(i=1;i<=cnt;i++)
{
P=cp[i],PP=cpp[i];
ans=(ans+(Pri/PP)*pm(Pri/PP,phi-1,Pri)%Pri*solve())%Pri;
}
printf("%I64d",ans);
return 0;
}