「SOL」禮物(BZOJ)

寫了個 TODO List，如今不會忘寫博客了
咕

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# 題面

> Link DarkBZOJ 2142

\(n\) 件不一樣的禮物送給 \(m\) 我的，其中送給第 \(i\) 我的禮物數量爲 \(w_i\)。計算出送禮物的方案數（兩個方案被認爲是不一樣的，當且僅當存在某我的在這兩種方案中收到的禮物不一樣）。因爲方案數可能會很大，輸出模 \(P\) 後的結果。

設 \(P=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_t^{c_t}\)，\(p_i\) 爲質數，則保證 \(p_i^{c_i}\le10^5\)。

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# 解析

普通的 Lucas 定理只能用來求組合數模較小的素數的問題。

(部分) Lucas 定理

$$ \binom{n}{m}\bmod p=\binom{\lfloor\tfrac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\tfrac{m}{p}\rfloor}\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p $$

（可是彷佛不是完整的 Lucas 定理？）

而 exLucas 定理能夠解決 \(p\) 不是一個質數的問題（只要知足「BZOJ 禮物」這道題對 \(p\) 的限制便可）。

首先對 \(p\) 進行質因數分解 \(p=\prod\limits_{i=1}^tp_i^{c_i}\)，設 \(x=\binom{n}{m}\bmod p\)，\(x_i=\binom{n}{m}\bmod p_i^{c_i}\)，則

\[\begin{cases} x\equiv x_1\pmod{p_1^{c_1}}\\ x\equiv x_2\pmod{p_2^{c_2}}\\ \cdots\\ x\equiv x_t\pmod{p_t^{c_t}} \end{cases} \]

模數互質，能夠直接CRT。因此問題轉化爲「組合數模一個質數的冪 \(p^k\)」。

把組合數的式子展開 \(\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)，咱們不能直接求 \(m!\) 和 \((n-m)!\) 的逆元，由於它們不必定和 \(p\) 互質。因而想到，能夠先把階乘中 \(p\) 的因子部分提出來，剩下的與 \(p\) 互質的部分就能夠求逆元。即

\[m!=p^a\cdot b \]

其中 \(p\not\mid b\)，\((n-m)!\) 同理。因而剩下的問題就是怎麼將階乘分解成上述形式。

考慮計算 \(a\)：統計 \(1,2,\cdots,m\) 中能提取出多少 \(p\) 的因子。比較簡單，只須要對每一個 \(p\) 的冪 \(p^i\) 統計 \(1\sim m\) 中有多少 \(p^i\) 的倍數。能夠 \(O(\log_p m)\) 完成。

再考慮計算 \(b\)，能夠遞歸計算：

• 先計算出 \(1\sim m\) 中全部非 \(\mathbf{p}\) 的倍數的數之積模 \(p^k\)；
• 再將 \(p\) 的倍數單獨提出來，除以 \(p\) 後即爲 \(1\sim\lfloor\tfrac{m}{p}\rfloor\)，遞歸處理。

能夠先預處理出 \(f_i\) 表示 \(1\sim i\) 中全部不爲 \(p\) 的倍數的數的積模 \(p^k\)，則第一步的答案爲

\[f_{p^k-1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\cdot f_{m\bmod p^k} \]

如今就能夠快速計算組合數了。

對於這道題，能夠直接拆開組合數，計算

\[\frac{n!}{w_1!w_2!\cdots w_m!(n-w_1-w_2-\cdots-w_m)!} \]

而後直接用 exLucas 的拆解階乘的方法，再用CRT合併（就不須要真的去計算每一個組合數）。

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# 源代碼

點擊展開/摺疊代碼

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long llong;
const int N=100,B=1e5+10;
#define con(type) const type &
int mul(con(int)a,con(int)b,con(int)mod){return int(1ll*a*b%mod);}
int ina_pow(con(int)a,con(llong)b,con(int)mod){return b?mul(ina_pow(mul(a,a,mod),b>>1,mod),(b&1)?a:1,mod):1;}
typedef pair<int,llong> pii;

int p[N],pc[N],fac[B],phi[N];
llong rem[N],w[N],mod;
int n,m,np;

void init(){
	llong now=mod;
	for(int i=2;1ll*i*i<=now;i++)
		if(now%i==0){
			p[++np]=i,pc[np]=1;
			while(now%i==0) now/=i,pc[np]*=i;
		}
	if(now>1) np++,p[np]=pc[np]=(int)now;
	for(int i=1;i<=np;i++) rem[i]=mod/pc[i],phi[i]=pc[i]/p[i]*(p[i]-1);
}
pii calc(con(llong)x,con(int)p0,con(int)pc0){
	if(x<p0) return make_pair(fac[x],0);
	pii res=calc(x/p0,p0,pc0);
	return make_pair(mul(mul(res.first,fac[x%pc0],pc0),ina_pow(fac[pc0-1],x/pc0,pc0),pc0),res.second+x/p0);
}
int func(int p0,int pc0,int phi0){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<pc0;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i%p0?i:1,pc0);
	pii up=calc(n,p0,pc0);
	fac[pc0-1]=ina_pow(fac[pc0-1],phi0-1,pc0);
	for(int i=pc0-2;i;i--)
		fac[i]=mul(fac[i+1],(i+1)%p0?i+1:1,pc0);
	pii blw(1,0);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		pii res=calc(w[i],p0,pc0);
		blw.second+=res.second;
		blw.first=mul(blw.first,res.first,pc0);
	}
	return mul(mul(up.first,blw.first,pc0),ina_pow(p0,up.second-blw.second,pc0),pc0);
}
int main(){
	scanf("%lld%d%d",&mod,&n,&m);
	init();
	llong total=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&w[i]);
		total+=w[i];
	}
	if(total>n){printf("Impossible\n");return 0;}
	if(total<n) w[++m]+=n-total;
	llong sum=0;
	for(int i=1;i<=np;i++){
		llong now=mul(func(p[i],pc[i],phi[i]),ina_pow(rem[i],phi[i]-1,pc[i]),mod);
		now=mul(now,rem[i],mod);
		sum=(sum+now)%mod;
	}
	printf("%lld\n",(sum%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

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THE END

Thanks for reading!

史書缺失的那頁
遺忘了主角
有人傳說這一切
如流光幻夜

——《流光幻夜》By 司夏

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