题目2 : 大神与三位小伙伴
描述
L国是一个有着优美景色且物产丰富的国家，很多人都喜欢来这里旅游并且喜欢带走一些纪念品，大神同学也不例外。距离开L国的时间越来越近了，大神同学正在烦恼给她可爱的小伙伴们带什么纪念品好，现在摆在大神同学面前的有三类纪念品A, B, C可以选择，每类纪念品各有N种。其中种类为A_i, B_i, C_i的纪念品价值均为i, 且分别有N+1-i个剩余。现在大神同学希望在三类纪念品中各挑选一件然后赠送给她的三名可爱的小伙伴，但是她又不希望恰好挑出来两件价值相同的纪念品，因为这样拿到相同价值纪念品的两位小伙伴就会认为大神同学偏袒另一位小伙伴而不理睬她超过一星期。现在，大神同学希望你买到的三件纪念品能让三位小伙伴都开心并且不和她闹别扭，她想知道一共有多少种不同挑选的方法？
因为方案数可能非常大，大神同学希望知道挑选纪念品的方案数模10^9+7之后的答案。
输入
第一行包括一个数T，表示数据的组数。
接下来包含T组数据，每组数据一行，包括一个整数N。
输出
对于每组数据，输出一行“Case x: ”，其中x表示每组数据的编号(从1开始)，后接一个数，表示模10^9+7后的选择纪念品的方案数。
数据范围
小数据：
1<=T<=10
1<=N<=100
大数据：
1<=T<=1000
1<=N<=10^18
样例解释
对于第二组数据，合法的方案有以下几种，(X,Y,Z)表示选择了A类纪念品中价值为X的，B类纪念品中价值为Y的，C类纪念品中价值为Z的。
(1,1,1): 3*3*3=27种
(1,2,3): 3*2*1=6种
(1,3,2): 3*1*2=6种
(2,1,3): 2*3*1=6种
(2,2,2): 2*2*2=8种
(2,3,1): 2*1*3=6种
(3,1,2): 1*3*2=6种
(3,2,1): 1*2*3=6种
(3,3,3): 1*1*1=1种
一共27+6+6+6+8+6+6+6+1=72种选择纪念品的方案
注意，如(1,1,2), (2,3,3), (3,1,3)都因为恰好选择了两件价值相同的纪念品，所以并不是一种符合要求的纪念品选择方法。
- 样例输入
-
2 1 3
- 样例输出
-
Case 1: 1 Case 2: 72
先计算所有情况
(1+2+...+n)^3 = (n*(n+1)/2)^3
排除掉有两个及以上的同样价值的
(1^2+2^2+3^2+...+n^2)*(1+2+...+n)*3
又因为1^2+2^2+3^3+...+n^2=n*(n+1)*(2*n+1)/6，
所以(1^2+2^2+3^2+...+n^2)*(1+2+...+n)*3=n*(n+1)*(2*n+1)/6*n*(n+1)/2*3
把三个相同的加回来
1^3+2^3+...+n^3 = (1+2+...+n)^2 = (n*(n+1)/2)^2
但是要注意的是，这些在第2中情况里被算了3次！
所以乘三！
经过化简为(n*(n+1)/2)^3-n*n*(n+1)*(n+1)*(n-1)/2
然后想的就是如何计算这个公式，乘法的时候下面有分母，一般处理这样的情况会使用逆元，但这个题目有点特殊 n最大为10^18，那么不会爆long long，n*n会爆unsigned long long，根据上面的公式 可以想到分奇数和偶数讨论
View Code1 #include <iostream> 2 #include <algorithm> 3 #include <queue> 4 #include <cstring> 5 #include <cstdio> 6 #include <vector> 7 #include <string> 8 #include <iterator> 9 #include <cmath> 10 #include <deque> 11 #include <stack> 12 #include <cctype> 13 using namespace std; 14 15 typedef long long ll; 16 typedef long double ld; 17 18 const int N = 100 + 10; 19 const int INF = 0xfffffff; 20 const double eps = 1e-8; 21 const ll MOD = 1e9 + 7; 22 23 #define INFL 0x7fffffffffffffffLL 24 #define met(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) 25 #define rep(c, a, b) for (ll c = a; c < b; c++) 26 #define nre(c, a, b) for (int c = a; c > b; c--) 27 //(n*(n+1)/2)^3-n*n*(n+1)*(n+1)*(n-1)/2 28 int main () 29 { 30 int t, k = 1; 31 cin >> t; 32 while (t--) 33 { 34 ll a, b, n; 35 cin >> n; 36 cout << "Case " << k++ << ": "; 37 if (n & 1) a = n % MOD, b = (n + 1 ) / 2 % MOD; 38 else a = n / 2 % MOD, b = (n + 1) % MOD; 39 ll tmp = a * b % MOD; 40 ll ans = tmp * tmp % MOD * tmp; 41 tmp = tmp * (n % MOD) % MOD * ( (n + 1) % MOD ) % MOD * ((n - 1) % MOD) % MOD; 42 cout << (ans - tmp + MOD) % MOD << endl; 43 } 44 return 0; 45 }
乘法逆元
定义：
满足a*k≡1 (mod p)的k值就是a关于p的乘法逆元。
为什么要有乘法逆元呢？
当我们要求（a/b） mod p的值，且a很大，无法直接求得a/b的值时，我们就要用到乘法逆元。
我们可以通过求b关于p的乘法逆元k，将a乘上k再模p，即(a*k) mod p。其结果与(a/b) mod p等价。
证：（其实很简单。。。）
根据b*k≡1 (mod p)有b*k=p*x+1。
k=(p*x+1)/b。
把k代入(a*k) mod p，得：
(a*(p*x+1)/b) mod p
=((a*p*x)/b+a/b) mod p
=[((a*p*x)/b) mod p +(a/b)] mod p
=[(p*(a*x)/b) mod p +(a/b)] mod p
//p*[(a*x)/b] mod p=0
所以原式等于：(a/b) mod p在计算一个很大的组合数modP时会用到乘法逆元。即把/a变成*(f(a))，其中f(a)为a在模P意义下的乘法逆元，即a*f(a) mod P=1
计算乘法逆元有两种方法，扩展gcd或基于欧拉公式的快速幂取模。
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扩展gcd就是求解方程ax=1(mod P)的最小整数解.
设ax=1+y*p，即a*f(a,p)=1+p*g(a,p)，把x和y的解看成关于a,p的函数。
a>=p时，设a=p*k+r，则式子变成：
p*k*f(a,p)+r*f(a,p)=1+p*g(a,p)，移项，得r*f(a,p)=1+p*(g(a,p)-k*f(a,p))
那么就得到f(a mod p,p)=f(a,p)，g(a mod p,p)=g(a,p)-[a/p]*f(a,p);
p>=a时差不多一个意思。
所以把f,g设成全局变量，像普通gcd那样做，即时更新f,g即可。
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设欧拉函数phi(x)=在[1,x-1]中与x互质的数字个数。那么欧拉公式：
a^phi(P)=1(mod P)
两边同除a,即可得到a^(phi(P)-1) mod P即为a在模P意义下的乘法逆元。
特例：
如果P是质数，那么phi(P)=P-1.即a的乘法逆元为a^(P-2)，快速幂即可。
