[P3445] [POI2006] TAN - Dancing in Circles

神仙题目！！！感谢程老师完成了几乎所有的证明过程。

首先注意到模数是 \(2005\)，去掉模数似乎很不可做，所以大胆猜测正解依赖模数。

不难发现，把 \(n\) 个人分成 \(k_1\) 个大小为 \(a_1\) 的环，\(k_2\) 个大小为 \(a_2\) 的环，\(\dots\) \(k_m\) 个大小为 \(a_m\) 的环的方案（\(a_1 < a_2 < \dots < a_m\)，\(k_1, k_2, \dots, k_m>0\)，\(\sum _{i = 1} ^ m k_i = k\)），对答案的贡献是：

\[\frac{n!}{\prod _{i = 1} ^ m a_i! ^ {k_i} \times k_i!}\times \prod _{i = 1} ^ m (a_i - 1)! ^ {k_i}=\frac{n!}{\prod _{i = 1} ^ m a_i ^ {k_i} \times k_i!} \]

设模数为 \(p\)，不妨令 \(p\) 为质数，最后再用中国剩余定理合并答案。下述证明用到了质数的若干性质。现在考察上式模 \(p\) 不为 \(0\) 的情况下 \(\left\{ a_m \right\}\) 和 \(\left\{ k_m \right\}\) 具有的性质。

性质一：\(a_m \le p\)。

考察等号左边的式子。若 \(a_m > p\) 则 \((a_m - 1)! ^ {k_m} \equiv 0\ ~ (\text{mod} ~ p)\)，上式显然为 \(0\)。

性质二：\(\forall n \ge p\)，\(a_m=p\)。

考察等号右边的式子，记 \(h(x)\) 表示 \(x\) 含有的质因子 \(p\) 的个数。考虑反证法，设 \(a_m < p\)。此时，\(h(n!) > 0\)，\(h(\prod _{i = 1} ^ m a_i ^ {k_i} \times k_i!) = h(\prod _{i=1} ^ m k_i!) \le h(k!)\)。因为 \(l \ge 2\)，所以 \(k \le \lfloor \frac{n}{2} \rfloor\)，即 \(h(n!) > h(k!) \ge h(\prod _{i = 1} ^ m a_i ^ {k_i} \times k_i!)\)，可知原式模意义下为 \(0\)。

记 \(f(x,y)\) 为将 \(x\) 个小朋友分成 \(y\) 个大小不小于 \(l\) 的环的方案数，考察上述性质能推出什么结论。

性质三：记 \(q = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)，\(f(n,k) \equiv (-1) ^ q \times f(n ~ \text{mod} ~ p, k - q) ~ (\text{mod} ~ p)\)。

由性质二，不难递归证明 \(n\) 个小朋友一定会分成 \(q\) 个大小为 \(p\) 的组。考虑这一过程的组合系数，即：

\[\binom{n}{q \times p} \times \frac{\prod _{i = 1} ^ q \binom{i \times p}{p}}{q!} \times (p - 1)! ^ q \]

由威尔逊定理可知，\((p - 1)! ^ q \equiv (-1) ^ q ~ (\text{mod} ~ p)\)。

由卢卡斯定理可知，\(\binom{n}{q \times p} \equiv \binom{q}{q} \times \binom{n ~ \text{mod} ~ p}{0} \equiv 1 ~ (\text{mod} ~ p)\)。

\[\frac{\prod _{i = 1} ^ q \binom{i \times p}{p}}{q!} = \frac{\prod _{i = 1} ^ q i \times \binom{i \times p - 1}{p - 1}}{q!} = \prod _{i = 1} ^ q \binom{i \times p - 1}{p - 1} \]

同样由卢卡斯定理可知，\(\prod _{i = 1} ^ q \binom{i \times p - 1}{p - 1} \equiv \prod _{i = 1} ^ q \binom{i - 1}{0} \times \binom{p - 1}{p - 1} \equiv 1 ~ (\text{mod} ~ p)\)

所以 \(\binom{n}{q \times p} \times \frac{\prod _{i = 1} ^ q \binom{i \times p}{p}}{q!} \times (p - 1)! ^ q \equiv (-1) ^ q ~ (\text{mod} ~ p)\)。

所以模 \(p\) 意义下的 \(f(n,k)\) 可以转化为 \(f(n ~ \text{mod} ~ p, k - q)\)，注意到转化后合法的 \(f(x,y)\) 均满足 \(x, y \le 401\)，所以可以直接 dp。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n, k, l;
int f(int x, int y, int mod) {
    static int dp[410][410], chs[410];
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = l; i <= x; ++i) {
        chs[i] = 1;
        for (int j = i - l + 1; j < i; ++j) chs[i] = chs[i] * j % mod;
    }
    for (int i = 1; i <= y; ++i) {
        for (int j = i * l; j <= x; ++j)
            dp[i][j] =
                (dp[i - 1][j - l] * chs[j] + dp[i][j - 1] * (j - 1)) % mod;
    }
    return dp[y][x];
}
int solve(int mod) {
    if (l > mod) return 0;
    int q = n / mod, r = n % mod;
    if (q > k || (ll)(k - q) * l > r) return 0;
    int ret = f(r, k - q, mod);
    if (q & 1) ret = (mod - ret) % mod;
    return ret;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> k >> l;
    int t1 = solve(5), t2 = solve(401);
    while (t2 % 5 != t1) t2 += 401;
    cout << t2 << "\n";
    return 0;
}