排列组合、crt、费马小定理，容斥原理，lucas定理，组合数取模

一些公式&定理

$lucas$定理

$C_n^m \equiv C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\%p}^{m\%p}(mod\;p)$

代码

int lucas(int n,int m,int p){
	if(m>n)return 0;
	if(m==0)return 1;
	if(n<p&&m<p)return 1ll*jc[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
	return lucas(n/p,m/p,p)*lucas(n%p,m%p,p)%p;
}

错排

$f[n]=(n-1)*(f[n-1]+f[n-2])$

考虑加入一个元素$n$，通过一步操作得到错排

• 前$n-1$个数是错排，$n$随便交换一个,方案数$(n-1)*f[n-1]$

• 前$n-1$个数有一个在原位置，共$n-1$种可能，剩下的数构成错排$f[n-2]$，$n$只能和它交换，方案数$(n-1)*f[n-2]$

• 前$n-1$个数有两个或以上个数在原位置，一步无法得到错排

加起来即可

crt 中国剩余定理

求解

$\begin{cases} x &\equiv a_1 \pmod {n_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod {n_2} \\ &\vdots \\ x &\equiv a_k \pmod {n_k} \\ \end{cases}$

其中$n_i$两两互质

• 计算$P$，为所有$n_i$的乘积

• 计算$c_i=P/n_i$，以及$c_i^-1(mod\;n_i)$

• 答案$x=\sum_{i=1}^k a_ic_i c_i^{-1} \pmod P$

证明，$x\%n_i时，其他的因为c_j的存在一定\equiv0，只有a_i留下，并且c_ic_i^{-1}\equiv 1$所以得到了需要的答案

严谨过程

code

#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll a[15],p[15],m[15],inv[15];

ll slow(ll x,ll y,ll mod){
	ll ans=0;
	for(;y;y>>=1,x=(x+x)%mod)if(y&1)ans=(ans+x)%mod;
	return ans;
}

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;y=0;
		return a;
	}
	ll gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
	return gcd;
}

ll INV(ll a,ll b){
	ll x,y;
	ll gcd=exgcd(a,b,x,y);
	return (x%b+b)%b;
}

int main()
{
	int n;scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld %lld",&p[i],&a[i]);
	ll P=1;for(int i=1;i<=n;++i)P*=p[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)m[i]=P/p[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)inv[i]=INV(m[i],p[i]);
	ll x=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)x=(x+slow(slow(a[i],m[i],P),inv[i],P))%P;
	printf("%lld\n",x);
	return 0;
}

excrt

使用扩展欧几里得算法两两合并

$\begin{cases} x &\equiv a_1 \pmod {n_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod {n_2} \\ \end{cases}$

$x=a_1+pn_1=a_2-qn_2$

$pn_1+qn_2=a_2-a_1(mod\;lcm)$

code

#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll res[100005],p[100005];


ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;y=0;
		return a;
	}
	ll gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
	return gcd;
}


ll china(int n){
	ll a,b,c,x,y,gcd,ans=res[1];
	a=p[1];
	for(int i=2;i<=n;++i){
		b=p[i];c=res[i]-ans;
		int gcd=exgcd(a,b,x,y);
		if(c%gcd!=0)return -1;
		x=(x*(c/gcd)%(b/gcd)+(b/gcd))%(b/gcd);
		ans=x*a+ans;
		a=a/gcd*b;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	int n;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF){
		for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld %lld",&p[i],&res[i]);
		if(n==1){printf("%lld\n",res[1]);continue;}
		printf("%lld\n",china(n));
	}
	return 0;
}

exlucas

跟lucas没啥关系。。

根据唯一分解定定理

$p={q_1}^{\alpha_1}\cdot{q_2}^{\alpha_2}\cdots{q_r}^{\alpha_r}$

求解

$\left\{ \begin{aligned} a_1\equiv \displaystyle\binom{n}{m}&\pmod {{q_1}^{\alpha_1}}\\ a_2\equiv \displaystyle\binom{n}{m}&\pmod {{q_2}^{\alpha_2}}\\ &\cdots\\ a_r\equiv \displaystyle\binom{n}{m}&\pmod {{q_r}^{\alpha_r}}\\ \end{aligned} \right.$

就可以使用crt合并

现在考虑计算

$\displaystyle a_i=\binom{n}{m}\bmod {q_i}^{\alpha_i}$

无法直接计算，如果移除因子$q$最后统一计算呢

$\frac{\frac{n!}{q^x}}{\frac{m!}{q^y}\frac{(n-m)!}{q^z}}q^{x-y-z} \bmod q^k$

现在考虑求

$\frac{n!}{q^x}\bmod q^k$

显然现在就是求这东西

反过来，展开有

$n! = q^{\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor} \cdot \left(\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor\right)! \cdot {\left(\prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}i\right)}^{\left\lfloor\frac{n}{q^k}\right\rfloor} \cdot \left(\prod_{i,(i,q)=1}^{n\bmod q^k}i\right)$

后面那两个奇怪的东西就是$(n!)_p$，只不过分成了两部分

为什么可以这样分？

因为$a\equiv a+q^k(mod\;q^k)$

$q^{\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor}$这东西不用求

$\left(\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor\right)!$递归求解

剩下那个暴力就行

code

#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll w[105];

ll qpow(ll x,ll y,ll mod){
	ll ans=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;y=0;
		return a;
	}
	ll gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
	return gcd;
}

ll inv(ll a,ll p){
	ll x,y;
	ll gcd=exgcd(a,p,x,y);
	return (x%p+p)%p;
}
ll get_f(ll n,ll p,ll pk){
	if(!n)return 1;
	ll res=1,ls=n%pk;
	for(ll i=2;i<=ls;++i)if(i%p)res=1ll*res*i%pk;
	ll num=res;
	for(ll i=ls+1;i<pk;++i)if(i%p)res=1ll*res*i%pk;
	return 1ll*get_f(n/p,p,pk)*qpow(res,n/pk,pk)%pk*num%pk;
}


ll get_c(ll n,ll m,ll p,ll pk){
	ll res=0,d=n-m;
	for(ll i=p;i<=n;i*=p)res+=n/i;
	for(ll i=p;i<=m;i*=p)res-=m/i;
	for(ll i=p;i<=d;i*=p)res-=d/i;
	return 1ll*qpow(p,res,pk)*get_f(n,p,pk)%pk*inv(get_f(m,p,pk),pk)%pk*inv(get_f(d,p,pk),pk)%pk;
}
ll exlucas(ll n,ll m,ll p){
	if(m==n)return 1;
	ll lp=p;ll ans=0;
	for(ll i=2;i*i<=lp;++i){
		if(lp%i)continue;
		ll pk=1;while(lp%i==0){lp/=i,pk*=i;}
		ll c=p/pk;
		ans=(ans+1ll*get_c(n,m,i,pk)*c%p*inv(c,pk)%p)%p;
	}
	if(lp!=1){
		ll c=p/lp;
		ans=(ans+1ll*get_c(n,m,lp,lp)*c%p*inv(c,lp)%p)%p;
	}
	return ans;
}

int main(){
	ll mod,n,m;
	scanf("%lld%lld%lld",&mod,&n,&m);
	for(ll i=1;i<=m;++i)scanf("%lld",&w[i]);
	ll sum=0;for(ll i=1;i<=m;++i)sum+=w[i];
	if(sum>n)printf("Impossible\n");
	else{
		ll ans=exlucas(n,sum,mod);
		for(ll i=1;i<=m;++i){
			ans=1ll*ans*exlucas(sum,w[i],mod)%mod;
			sum-=w[i];
		}
		printf("%lld\n",ans%mod);
	}
	return 0;
}

题目乱写

A. 排队

两种情况

• 老师中间是男生

男生排列$A_n^n$

老师插空$A_{n+1}^2$

女生插空$A_{n+3}^m$

• 老师中间是女生

男生排列$A_n^n$

老师+一个女生整体法$C_{n+1}^1*A_2^2$

剩下女生插空$A_{n+2}^{m-1}$

打个高精

B. combination

$lucas$模板，关于$lucas$的证明我没看明白，先不管了

C. 排列计数

基本是错排板子，加一个简单组合数就行了

D. Perm 排列计数

把大小关系画出来，发现是个二叉堆，然后组合数+树DP

E. 集合计数

容斥

$f[i]$表示交集至少$i$个的方案数

首先钦定这$i$个交集$c_n^i$

剩下的$n-k$个数能构成$2^{n-k}$个集合，每个集合都可以选或不选，去掉空集$2^{2^{n-k}}-1$

然后容斥一下就行了

F. 牡牛和牝牛

简单DP，有排列组合做法，但没必要

G BZOJ 4403序列统计

首先$l,r$是假的，只有$r-l$有用

然后枚举长度，隔板法处理

H DZY Loves Math II

题意转化$R-L$个不同元素，取$1-N$个元素，有多少种取法，直接组合数就行
x=
然后问题就是一个背包了...吗？

发现值域太大，完全跑不出来

但是可以发现

$n=k*S+a$

注意$a$不一定小于$S$

分成两部分求解

$k*S$，每个$S$可以由$S/p_i$个$p_i$构成，每个$p_i$都有可能，用隔板法就是$c_{k+cnt-1}^{cnt-1}$

$a$这部分直接背包就行，但是注意由于上面的计算，这里需要保证每个$p_i$使用次数小于$S/p_i$

多重背包？其实不用，完全背包再加一个$dp[i]-=dp[i-s]$就行了

I. 虔诚的墓主人

这题我觉得是扫描线，但是严重怀疑不是正解，然后，，，就是扫描线，加上一个简单的组合数就行

J. 地精部落

妙极了，不会做的蓝题系列

首先看性质

1. 在一个数列中，若$i$与$i+1$不相邻，直接交换这两个数字就可以组成一个新的数列
2. 把波动数列中的每个数字$a_i$变成$(n+1)-a_i$会得到互补的数列，即且新数列的山峰与山谷情况相反
3. 数列有对称性

状态设计

$dp[i][j]$表示选择$1-i$这些数字，第一位是$j$并且是山峰的方案数

转移

因为性质$1$有$dp[i][j]+=dp[i][j-1]$($dp[i][j-1]$中，因为$j-1$是峰，$j$一定不与$j-1$相邻)

如果$j$与$j-1$相邻，那么把$j$放到以$j-1$为开头并且$j-1$是谷的数列前，因为性质2,那么有$dp[i][j]+=dp[i-1][i+1-j]$

答案

因为性质3，答案就是$\sum_{i=1}^n dp[n][i]*2$

K. 看电影

这题应该放到高精题单里！

假设存在一个$k+1$号座位，然后把座位$k+1$与座位$1$连上，这样每个人都有座位，合法的方案里第$k+1$个座位应该是没有人的，枚举哪个位置是$k+1$断开这个环即可

合法方案数$(k+1)^{n-1}\times (k-n+1)$

总方案数$k^n$

然后就是高精了

L. 曹冲养猪

crt板子

M. Strange Way to Express Integers

excrt板子

N. 礼物

式子好推就是$C_n^{sum}\times C_{sum}^{a_1}\times C_{sum-a_1}^{a_2}....$

然后就是exlucas板子

O. 古代猪文

欧拉定理+lucas+crt

P. Per

可重集的排列+康拓展开+逆元，感觉有点exlucas的思想