【SDOI2013】【BZOJ 3129】【JZOJ 3214】方程
Description
给定方程
X1+X2+…+Xn=m
我们对第 1…n1 个变量 进行一些限制 ：
X1≤A1
X2≤A2
…
Xn1≤An1
我们对第 n1+1,n1+2…n1+n2 个变量进行一些限制 ：
Xn1+1≥An1+1
Xn1+2≥An1+2
…
Xn1+n2≥An1+n2
求：在满足这些限制的前提下， 该方程正整数解的个数。
答案可能很大，请输出对 p取模 后的答案，也即答案除以p的余数。
Analysis
很好的一道题，综合了几个知识点，可以帮助复习算法（对于我这种蒟蒻只能学习了）。
有时要抽象题意，可是有时却要形象题意，这样的好处是更直观，例如此题，形象化：
有 m 个球， n 个盒子，要把 m 个球放入 n 个盒子内，每个盒子至少放一个球，有些盒子还有必须放大于或小于某个球的限制，问方案数。
让我们一步一步来，从简单到复杂（不要说我生物学得太好）。
不考虑任何约束，易用隔板法证明，方案数为 Cn−1m−1 。
对于那些 ≥Ai 的，我们可以让 m=m−(Ai−1) ，这个显然。
对于那些 ≤Ai 的，很难搞，于是正难则反，反过来搞，变成 ≥ ，发现要用容斥减重。
那么我们现在答案是一堆 C 的和。
是不是觉得能A了，激动了？
错！组合数涉及除法，模数不一定是素数。
但是，我们有
中国剩余定理！
中国剩余定理，又称孙子定理，是中国古人发现的神奇方法，被某人传到欧洲，因而得名。
这里我们的答案就是定理里面的 x ，将模数 p 分解成 mx11∗mx22⋯mxkk ，对于每个 mi 做一遍，求出对应的 ai ，再合并。
所以，现在问题变成了如何计算 Cnmmod mo
可以把 Cnm 化成 a∗mob 的形式，再 mod mo
为什么不可以直接模呢，因为若分母里有 mo 的倍数，那么互质条件不成立，逆元也就不能求了。
所以，我们的问题又化为更小的一个子问题，求 n! 里有多少个 mo 的及除了 mo 外的积。
直接暴力肯定会TLE，我们要找到快速方法。
设 fac[i] 表示前 i 个数不包括 mo 以外的乘积。这个只需要预处理到最大的 mob 就好了。
举个例子， n=13,mo=3 ，当前的ans为 dfs(n)
递归处理即可。
Code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
int n1,n2,tot,n,m,num,p,a[20];
ll fac[10210];
struct lyd
{
int x,y,z;
}c[10];
ll qmi(int x,int n,int mo)
{
ll t=1;
for(;n;n>>=1)
{
if(n&1) t=t*x%mo;
x=x*x%mo;
}
return t;
}
void exgcd(int a,int b,ll &x,ll &y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return;
}
ll x1,y1;
exgcd(b,a%b,x1,y1);
x=y1,y=x1-a/b*y1;
}
ll ny(int n,int mo)
{
ll x,y;
exgcd(n,mo,x,y);
return (x%mo+mo)%mo;
}
void pri(int n)
{
num=0;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0)
{
c[++num].x=i,c[num].y=0;
while(n%i==0) n/=i,c[num].y++;
}
if(n!=1) c[++num].x=n,c[num].y=1;
}
ll calcfac(int n,int k,int hjy)
{
if(n<c[k].x) return fac[n];
int mo=c[k].z;
tot+=hjy*(n/c[k].x);
return calcfac(n/c[k].x,k,hjy)*qmi(fac[mo],n/mo,mo)%mo*fac[n%mo]%mo;
}
ll CC(int m,int n,int k)
{
tot=0;
ll t=1;
int mo=c[k].z;
t=calcfac(m,k,1)*ny(calcfac(n,k,-1)*calcfac(m-n,k,-1)%mo,mo)%mo;
t=t*qmi(c[k].x,tot,mo)%mo;
return t;
}
ll C(int m,int n)
{
if(m<n) return 0;
pri(p);
fo(i,1,num) c[i].z=qmi(c[i].x,c[i].y,p+1);
ll ans=0;
fo(i,1,num)
{
fac[0]=1;
fo(j,1,c[i].z)
{
fac[j]=fac[j-1];
if(j%c[i].x!=0) fac[j]=fac[j]*j%c[i].z;
}
(ans+=(p/c[i].z)*ny(p/c[i].z,c[i].z)*CC(m,n,i))%=p;
}
return ans;
}
int main()
{
int _;
ll m1;
scanf("%d %d",&_,&p);
while(_--)
{
scanf("%d %d %d %d",&n,&n1,&n2,&m1);
fo(i,1,n1+n2) scanf("%d",&a[i]);
fo(i,n1+1,n1+n2) m1-=a[i]-1;
ll ans=C(m1-1,n-1);
fo(i,1,(1<<n1)-1)
{
ll m=m1,t=0;
fo(j,0,n1-1)
if(i&(1<<j)) t++,m-=a[j+1];
t=(t&1)?(-1):(1);
ans=((ans+t*C(m-1,n-1)%p)%p+p)%p;
}
printf("%lld\n",ans);
}
}