【BZOJ】3398: [Usaco2009 Feb]Bullcow 牡牛和牝牛(排列组合+乘法逆元+欧拉定理/费马小定理)
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3398
以下牡牛为a,牝牛为b。
学完排列计数后试着来写这题,“至少”一词可以给我们提示,我们可以枚举a为x头(x>1),然后算出对应的排列累计起来。
对于x头a,首先我们先缩掉必要的k头牛(x-1)*k,然后这时可以特判可以先结束(因为单调的),然后在缩好后的x个点和n-x-(x-1)*k个点进行多重排列就行了。
只是遇到一个问题,多重排列有个除法,又要取模的QAQ,即(a/b)%m,怎么做呢。。我只能去抱大腿。dwellings神犇说这是乘法逆元,这样转换(a*b^(phi(m)-1)) % m
其实补补mod意义下的除法吧
我们知道除以ab=1时,b就是a的逆元,同理,a也是b的逆元。
在实际意义下的数的逆元就是它的倒数,而mod意义下的逆元没有倒数的说法,在这里我们要补一些概念:
剩余系:就是mod n的所有元素,即0~n-1
而mod意义下的加减乘都是在剩余系中完成的,例如(a+b)%c=(a%c+b%c)%c,这里的a%c和b%c就是转换到了剩余系中然后做加法,显然这是成立的。
但是除法不同,而在剩余系中的逆元是可能出现在剩余系中的(如果不是,那么要用另一种做法,就是将这个mod拆开,这里先不阐述。。因为我不会嘛。。)
那么我们同样用ab=1来求逆元,那么显然我们可以用乘法来做。
例如mod15下的7*13=1,那么13就是7的逆元,7也是13的逆元。
哈哈,那么显然了,当在剩余系n中,元素a有ax=1(mod n),且gcd(a, n)=1(即有解),那么中x就是a的逆元。
还有一个欧拉定理(费马小定理
a^(phi(n))=1(mod n),且a和n互质
那么逆就是a^(phi(n)-1) mod n
看来得去补补数论了QAQ
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <string> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i) #define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i) #define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i) #define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i) #define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i) #define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i)) #define read(a) a=getint() #define print(a) printf("%lld", a) #define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl #define printarr2(a, b, c) for1(_, 1, b) { for1(__, 1, c) cout << a[_][__]; cout << endl; } #define printarr1(a, b) for1(_, 1, b) cout << a[_] << '\t'; cout << endl inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; } inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; } inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; } const int N=100005; const long long MOD=5000011; int p[N], n, k; long long fastpow(long long a, long long b) { long long ret=1; a%=MOD; while(b) { if(b&1) ret=(ret*a)%MOD; a=(a*a)%MOD; b>>=1; } return ret; } int main() { read(n); read(k); p[0]=p[1]=1; for1(i, 2, n) p[i]=((long long)p[i-1]*(long long)i)%MOD; long long ans=1+n; for1(i, 2, n) { int b=n-i, x=i, y=b-(x-1)*k; if(y<0) break; //(a / b) % p = a * b ^ (phi(p)-1) % p ans=(ans+((long long)p[x+y]*fastpow((long long)p[x]*(long long)p[y], MOD-2))%MOD)%MOD; } print(ans); return 0; }
Description
Input
Output
Sample Input
4 2
Sample Output
样例说明
6种方法分别是:牝牝牝牝,牡牝牝牝,牝牡牝牝,牝牝牡牝,牝牝牝牡,牡牝牝牡