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2022-11-04 18:47阅读: 354评论: 1推荐: 12

「学习笔记」组合计数与中国剩余定理

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「学习笔记」组合计数与中国剩余定理

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目录
「学习笔记」组合计数与中国剩余定理
知识点
排列
错排列
组合数
式子
一些性质
卢卡斯定理
谔项式定理
谔项式反演
形式零
形式一
形式谔
小技巧：线性推阶乘逆元
中国剩余定理（CRT）
做法
证明
EXCRT
ExLucas
问题
拆为 CRT
构造余数
构造函数
代码
例题
排列组合
排队
题意
思路
Code
Combination
思路
Code
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中国剩余定理
【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪
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代码
Strange Way to Express Integers
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代码
礼物
思路
代码
[SDOI2010]古代猪文
思路
代码
[POI2008]PER-Permutation
Reference

Warning:

本文内含有大量 $\LaTeX$ 公式，可能会引起不适与页面卡顿.

#define 谔二

知识点

排列

$n$ 个元素里选出 $m$ 个元素排成一列的方案数.

计算公式：

\begin{matrix} (1) & A_{n}^{m} = n (n - 1) (n - 2) \cdot \cdot \cdot (n - m + 1) = \frac{n!}{(n - m)!} \end{matrix}

$A_{n}^{m}=n(n-1)(n-2)···(n-m+1)=\frac{n!}{(n-m)!}\tag{1}$

还有一种特殊情况：全排列

\begin{matrix} (2) & A_{n}^{n} = n! \end{matrix}

$A_{n}^{n}=n!\tag{2}$

错排列

求对于一个排列 $1\sim n$ ，满足任意 $i$ 都不在第 $i$ 位上的排列有多少个.

递推公式为：

\begin{matrix} (3) & D_{n} = (n - 1) (D_{n - 1} + D_{n - 2}) \end{matrix}

$D_{n}=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\tag{3}$

证明点这里

我们先把 $n$ 放在第 $n$ 位，然后对于任意一个有 $n-1$ 个数的排列，我们分情况讨论：

这个排列满足要求：随便找一个数和 $n$ 换，方案数为 $(n-1)D_{n-1}$ .
这个排列有且只有一位 $k(1\le k\le n-1)$ 不满足要求：把 $k$ 和 $n$ 交换过来，方案数为 $(n-1)D_{n-2}$ .
这个排列有 $k(2\le k\le n-1)$ 位不满足要求：不可能一次换完，应该在计算 $D_{n-1}$ 时就已经换完了.

合并一下，总方案数为：

D_{n} = (n - 1) (D_{n - 1} + D_{n - 2})

$D_{n}=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})$

组合数

式子

$n$ 个元素里选出一个 $m$ 个元素的集合的方案数.

组合与排列的区别：组合没有顺序

计算公式：

\begin{matrix} (4) & (\binom{n}{m}) = \frac{A_{n}^{m}}{A_{m}^{m}} = \frac{n!}{m! (n - m)!} \end{matrix}

$\dbinom{n}{m}=\frac{A^{m}_{n}}{A^{m}_{m}}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\tag{4}$

可以理解为排列数去掉顺序.

一些性质

\begin{matrix} (5) & (\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1}) \end{matrix}

$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}\tag{5}$

卢卡斯定理

用于求较大的且模数 $p\in\mathbb{P}$ 的组合数.

公式：

\begin{matrix} (6) & (\binom{n}{m}) mod p = (\binom{⌊ n / p ⌋}{⌊ m / p ⌋}) \cdot (\binom{n mod p}{m mod p}) mod p \end{matrix}

$\dbinom{n}{m}\bmod p=\dbinom{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor m/p\rfloor}\cdot\dbinom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p\tag{6}$

谔项式定理

公式：

\begin{matrix} (7) & (a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i} \end{matrix}

$(a+b)^n=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}a^{i}b^{n-i}\tag{7}$

点击查看证明

数学归纳法.

\begin{aligned} (a + b)^{1} & = a^{0} b^{1} + a^{1} b^{0} = a + b \\ (a + b)^{n + 1} & = (a + b) \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i} \\ = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i + 1} b^{n - i} + \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n + 1 - i} \\ = \sum_{i = 1}^{n + 1} (\binom{n}{i - 1}) a^{i} b^{n + 1 - i} + \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n + 1 - i} \\ = a^{n + 1} b^{0} + a^{0} b^{n + 1} + \sum_{i = 1}^{n} ((\binom{n}{i - 1}) + (\binom{n}{i})) a^{i} b^{n + 1 - i} \\ = (\binom{n + 1}{n + 1}) a^{n + 1} b^{0} + (\binom{n + 1}{0}) a^{0} b^{n + 1} + \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n + 1}{i}) a^{i} b^{n + 1 - i} \\ = \sum_{i = 0}^{n + 1} (\binom{n + 1}{i}) a^{i} b^{n + 1 - i} \end{aligned}

$\begin{aligned} (a+b)^1&=a^0b^1+a^1b^0=a+b\\ (a+b)^{n+1} &=(a+b)\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}a^{i}b^{n-i}\\ &=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}a^{i+1}b^{n-i}+\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}a^{i}b^{n+1-i}\\ &=\sum_{i=1}^{n+1}\dbinom{n}{i-1}a^{i}b^{n+1-i}+\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}a^{i}b^{n+1-i}\\ &=a^{n+1}b^{0}+a^{0}b^{n+1}+\sum_{i=1}^{n}\left(\dbinom{n}{i-1}+\dbinom{n}{i}\right)a^{i}b^{n+1-i}\\ &=\dbinom{n+1}{n+1}a^{n+1}b^{0}+\dbinom{n+1}{0}a^{0}b^{n+1}+\sum_{i=1}^{n}\dbinom{n+1}{i}a^{i}b^{n+1-i}\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{i}a^{i}b^{n+1-i}\\ \end{aligned}$

组合意义

显然展开后每一项都是 $n$ 次的.

那么考虑构成 $a$ 为 $i$ 次的项的方案数.

显然为从 $n$ 个 $a$ 里选出 $i$ 个 $a$ 的方案数，即 $\dbinom{n}{i}$ .

那么这一项为 $\dbinom{n}{i}a^{i}b^{n-i}$ .

全部展开后就是 $\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}a^{i}b^{n-i}$ .

谔项式反演

相当有趣但相当长.

这里挂几个式子，以后有机会单独整理一下学习笔记并挂在这里.

Good Reference

形式零

\begin{matrix} (8) & f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f (i) \end{matrix}

$f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}g(i)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i)\tag{8}$

形式一

\begin{matrix} (9) & f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f (i) \end{matrix}

$f(n)=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}g(i)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f(i)\tag{9}$

形式谔

\begin{matrix} (10) & f (n) = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) f (i) \end{matrix}

$f(n)=\sum_{i=n}^{m}\dbinom{i}{n}g(i)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{i=n}^{m}(-1)^{i-n}\dbinom{i}{n}f(i)\tag{10}$

小技巧：线性推阶乘逆元

好像是 SoyTony 教的我，%%%

求完阶乘后求出最后一个的逆元，然后用一点阶乘的逆元的性质，反推回去即可.

在组合题中及其常用，可以线性预处理后直接 $\Theta(1)$ 求组合数.

点击查看代码

inline ll FastPow (ll a, ll b) {
	ll ans = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) ans = ans * a % P;
		a = a * a % P, b >>= 1;
	}
	return ans;
}
inline void Pre () {
	fac[0] = 1;
	_for (i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	inv[n] = FastPow (fac[n], P - 2);
	for_ (i, n - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
	return;
}

中国剩余定理（CRT）

解决如下形式的方程组：

{\begin{cases} x \equiv a_{1} (\mod m_{1}) \\ x \equiv a_{2} (\mod m_{2}) \\ \dots \\ x \equiv a_{n} (\mod m_{n}) \end{cases}

$\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x \equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \dots\\ x \equiv a_n \pmod{m_n}\\ \end{cases}$

其中， $x,a_i,m_i$ 均为正整数，保证 $m_i$ 互质.

做法

令 $M=\prod_{i=1}^{n}m_i$ ， $n_i=\frac{M}{m_i}$ ， $n_i^{-1}$ 表示 $n_i$ 在膜 $m_i$ 意义下的逆元.

答案是：

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} n_{i} n_{i}^{- 1} (\mod M)

$\sum_{i=1}^{n}a_i n_i n_i^{-1}\pmod{M}$

注意： $m_i$ 互质但 $m_i$ 不一定是质数，求逆元不能用费马小定理，只能用扩欧！

证明

首先解这样一组方程：

{\begin{cases} x_{i} \equiv 0 (\mod m_{1}) \\ \dots \\ x_{i} \equiv a_{i} (\mod m_{i}) \\ \dots \\ x_{i} \equiv 0 (\mod m_{n}) \end{cases}

$\begin{cases} x_i \equiv 0 \pmod{m_1}\\ \dots\\ x_i \equiv a_i \pmod{m_i}\\ \dots\\ x_i \equiv 0 \pmod{m_n}\\ \end{cases}$

显然， $x_i=a_i n_i n_i^{-1}$ 是一组合法解：

对于第 $i$ 组方程，由于在膜 $m_i$ 意义下 $n_i n_i^{-1}=1$ ，所以 $a_i n_i n_i^{-1} \equiv a_i \pmod{m_i}$ .
对于第 $j(j\neq i)$ 组方程，由于 $n_i$ 为 $m_j$ 倍数，所以 $a_j n_j n_j^{-1} \equiv 0 \pmod{m_j}$ .

那么如何合并？可以发现 $x_i+x_j$ 仍是原方程的解，因此答案就是 $\sum_{i=1}^{n}x_i\pmod{M}=\sum_{i=1}^{n}a_i n_i n_i^{-1}\pmod{M}$ .

EXCRT

解决问题没有变，但 $m_i$ 不互质.

该算法主要运用合并的思想.

首先解这个方程：

{\begin{cases} x \equiv a_{1} (\mod m_{1}) \\ x \equiv a_{2} (\mod m_{2}) \end{cases}

$\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x \equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \end{cases}$

其中 $m_1,m_2$ 不互质.

转化为不定方程：

\begin{aligned} x & = a_{1} + p \cdot m_{1} \\ = a_{2} + q \cdot m_{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} x &= a_1 + p \cdot m_1\\ &= a_2 + q \cdot m_2\\ \end{aligned}$

进行一个移项：

p \cdot m_{1} - q \cdot m_{2} = a_{2} - a_{1}

$p \cdot m_1 - q \cdot m_2 = a_2 - a_1$

当 $a_2-a_1$ 不能被 $\gcd(m_1,m_2)$ 整除时，原方程无解，否则一定可以解出来一组 $p,q$ .

那么最后可以合并得到一个方程：

x \equiv p \cdot m_{1} + a_{1} (\mod lcm (m_{1}, m_{2}))

$x \equiv p \cdot m_1 + a_1 \pmod{\operatorname{lcm}(m_1,m_2)}$

按这种方法两两合并，最后得到答案.

ExLucas

因为前置比较多，所以放到最后写.

问题

求：

(\binom{n}{m}) mod P (P \in N^{*})

$\dbinom{n}{m} \bmod{P} (P\in \mathbb{N^*})$

拆为 CRT

$P$ 不一定是质数，那么我们考虑将它拆成质数解决.

设 $P=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2}\cdot p_3^{k_3}\cdots p_t^{k_t}(p_i\in \mathbb{P})$ .

那么可以列出方程：

{\begin{cases} x \equiv (\binom{n}{m}) (\mod p_{1}^{k_{1}}) \\ x \equiv (\binom{n}{m}) (\mod p_{2}^{k_{2}}) \\ \dots \\ x \equiv (\binom{n}{m}) (\mod p_{t}^{k_{t}}) \end{cases}

$\begin{cases} x \equiv \dbinom{n}{m} \pmod{p_1^{k_1}}\\ x \equiv \dbinom{n}{m} \pmod{p_2^{k_2}}\\ \dots\\ x \equiv \dbinom{n}{m} \pmod{p_t^{k_t}}\\ \end{cases}$

可以发现 $x$ 就是最终结果，这里可以使用 CRT 解决.

那么现在把焦点放在这个方程上：

x \equiv (\binom{n}{m}) (\mod p^{k})

$x \equiv \dbinom{n}{m} \pmod{p^k}\\$

构造余数

我们现在需要解决的是计算 $\dbinom{n}{m} \bmod{p^k}$ ，即 $\dfrac{n!}{m!(n-m)!} \bmod{p^k}$ .

然而 $n!,m!$ 和 $(n-m)!$ 可能与 $p^k$ 不互质，不能直接求逆元，那么我们就把它们的因数中的 $p$ 提前去掉.

我们设 $g(n)$ 表示 $n$ 的因数里有多少个 $p$ ， $f(n)$ 表示 $\dfrac{n!}{p^{g(n)}}$ .

那么原式就是：

\frac{f (n)}{f (m) f (n - m)} \times P^{g (n) - g (m) - g (n - m)} mod p^{k}

$\dfrac{f(n)}{f(m)f(n-m)} \times P^{g(n)-g(m)-g(n-m)} \bmod{p^k}$

构造函数

现在我们只需要解决函数 $f(n)$ 和 $g(n)$ 即可，那么如何计算？

首先我们拆分一下 $n!$ :

\begin{aligned} n! & = 1 \cdot 2 \cdot 3 \dots n & (\mod p^{k}) \\ = (p \cdot 2 p \cdot 3 p \dots ⌊ \frac{n}{p} ⌋ p) (1 \cdot 2 \cdot 3 \dots n) & (\mod p^{k}) \\ = p^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (⌊ \frac{n}{p} ⌋)! (\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{n} i) & (\mod p^{k}) \\ = p^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (⌊ \frac{n}{p} ⌋)! (\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{p^{k}} i) (\prod_{i = p^{k} + 1, i mod p \neq 0}^{2 p^{k}} i) \dots (\prod_{i = p^{k} (⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋ - 1) + 1, i mod p \neq 0}^{p^{k} ⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋} i) (\prod_{i = p^{k} ⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋ + 1, i mod p \neq 0}^{n} i) & (\mod p^{k}) \\ = p^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (⌊ \frac{n}{p} ⌋)! (\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{p^{k}} i) (\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{p^{k}} i) \dots (\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{p^{k}} i) (\prod_{i = p^{k} ⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋ + 1, i mod p \neq 0}^{n} i) & (\mod p^{k}) \\ = p^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (⌊ \frac{n}{p} ⌋)! {(\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{p^{k}} i)}^{⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋} (\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{n mod p^{k}} i) & (\mod p^{k}) \end{aligned}

$\begin{aligned} n! &=1\cdot2\cdot3\cdots n&\pmod{p^k}\\ &=\left(p\cdot2p\cdot3p\cdots\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor p\right)\left(1\cdot2\cdot3\cdots n\right)&\pmod{p^k}\\ &=p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)!\left(\prod_{i=1,i\bmod p\neq0}^{n}i\right)&\pmod{p^k}\\ &=p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)!\left(\prod_{i=1,i\bmod p\neq0}^{p^k}i\right)\left(\prod_{i=p^k+1,i\bmod p\neq0}^{2p^k}i\right)\cdots\left(\prod_{i=p^k\left(\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor-1\right)+1,i\bmod{p}\neq0}^{p^k\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor}i\right)\left(\prod_{i=p^k\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor+1,i\bmod{p}\neq0}^{n}i\right)&\pmod{p^k}\\ &=p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)!\left(\prod_{i=1,i\bmod p\neq0}^{p^k}i\right)\left(\prod_{i=1,i\bmod{p}\neq0}^{p^k}i\right)\cdots\left(\prod_{i=1,i\bmod{p}\neq0}^{p^k}i\right)\left(\prod_{i=p^k\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor+1,i\bmod{p}\neq0}^{n}i\right)&\pmod{p^k}\\ &=p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)!\left(\prod_{i=1,i\bmod{p}\neq0}^{p^k}i\right)^{\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor}\left(\prod_{i=1,i\bmod{p}\neq0}^{n\bmod{p^k}}i\right)&\pmod{p^k} \end{aligned}$

我们的目的是除去 $p$ ，因此 $p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}$ 应去除. $\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)!$ 里还可能会有 $p$ ，所以最后式子为：

f (n) = f (⌊ \frac{n}{p} ⌋) {(\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{p^{k}} i)}^{⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋} (\prod_{i = 1, i mod p \neq 0}^{n mod p^{k}} i) (\mod p^{k})

$f(n)=f\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)\left(\prod_{i=1,i\bmod{p}\neq0}^{p^k}i\right)^{\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor}\left(\prod_{i=1,i\bmod{p}\neq0}^{n\bmod{p^k}}i\right)\pmod{p^k}$

边界为 $f(0)=1$ .

从刚才的式子也可以看出来，每次递推会诞生 $\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ 个 $p$ ，由于它还在往下递推，所以还会产生 $g\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)$ 个 $p$ .

那么递推式为：

g (n) = ⌊ \frac{n}{p} ⌋ + g (⌊ \frac{n}{p} ⌋)

$g(n)=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor+g\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\right)$

代码

点击查看代码

const ll N = 1e5 + 10, INF = 1ll << 40;

namespace MathBasic {
	inline void GetFactor (ll x, std::vector <ll>& f1, std::vector <ll>& f2) {
		_for (i, 2, x) {
			if (!(x % i)) {
				f1.push_back (i), f2.push_back (0);
				while (!(x % i)) ++f2[f2.size () - 1], x /= i;
			}
		}
		return;
	}
	inline ll FastPow (ll a, ll b, ll MOD = INF) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a % MOD;
			a = a * a % MOD, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	ll ExGcd (ll a, ll b, ll& x, ll& y) {
		if (!b) { x = 1, y = 0;return a; }
		ll g = ExGcd (b, a % b, x, y), _x = x;
		x = y, y = _x - y * (a / b);
		return g;
	}
	inline ll Inv (ll a, ll P) {
		ll x, y; ExGcd (a, P, x, y);
		return (x % P + P) % P;
	}
}

namespace EXLUCAS {
	using namespace MathBasic;
	ll FDP (ll x, ll P, ll pk) { //FacDivP
		if (x == 0) return 1;
		ll ans = 1;
		_for (i, 1, pk) if (i % P) ans = ans * i % pk;
		ans = FastPow (ans, x / pk, pk);
		_for (i, 1, x % pk) if (i % P) ans = ans * (i % pk) % pk;
		return FDP (x / P, P, pk) * ans % pk;
	}
	ll Index (ll x, ll P) { 
		if (x < P) return 0;
		return (x / P) + Index (x / P, P);
	}
	ll a[N], md[N];
	inline ll ExLucas (ll n, ll m, ll P) {
		std::vector <ll> p, k;
		p.push_back (0), k.push_back (0);
		GetFactor (P, p, k);
		ll len = p.size () - 1, ans = 0;
		_for (i, 1, len) {
			md[i] = FastPow (p[i], k[i]);
			a[i] = FDP (n, p[i], md[i]) * Inv (FDP (m, p[i], md[i]), md[i]) % md[i] * Inv (FDP (n - m, p[i], md[i]), md[i]) % md[i];
			a[i] = a[i] * FastPow (p[i], Index (n, p[i]) - Index (n - m, p[i]) - Index (m, p[i]), md[i]) % md[i];
		}
		_for (i, 1, len) {
			ll q = P / md[i], x, y;
			ExGcd (q, md[i], x, y);
			ans = (ans + a[i] * q % P * ((x % P + P) % P) % P) % P;
		}
		return ans;
	}
}

例题

排列组合

排队

题意

$n$ 名男同学， $m$ 名女同学和两名老师要排成一条直线，并且任意两名女同学不能相邻，两名老师也不能相邻，求一共有多少种排法？

$n,m\le 2000$

思路

要分类讨论.

如果两名老师被男生隔开，则方案数为男生的排列乘老师的排列乘女生的排列

即：

n! \times A_{n + 1}^{2} \times A_{n + 3}^{m}

$n!\times A_{n+1}^{2}\times A_{n+3}^{m}$

如果两名老师被女生隔开，则用来隔开老师的女生乘上老师的排列数再乘上这两名老师与这名女生可插的空的方案数为 $2m(n+1)$ ，再乘上男生的排列数和剩余女生的排列数得到：

2 m (n + 1) \times n! \times A_{n + 2}^{m - 1}

$2m(n+1)\times n!\times A_{n+2}^{m-1}$

合并一下可得：

n! (A_{n + 1}^{2} \times A_{n + 3}^{m} + 2 m (n + 1) \times A_{n + 2}^{m - 1})

$n!(A_{n+1}^{2}\times A_{n+3}^{m}+2m(n+1)\times A_{n+2}^{m-1})$

但是由于 $n,m\le 2000$ ，要手写高精才能过……

Code

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const ll N = 10000, k = 1000000000;
ll n, m;
class BigNum {
public:
	ll len = 0, a[N] = {0};
	BigNum () { memset(a, 0, sizeof(a));}
	inline void In (ll num){
		while (num) {
			a[++ len] = num % k;
			num /= k;
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		for_(i, len, 1)
			printf((i == len ? "%lld" : "%.9lld"), a[i]);
		if (!len) puts("0");
		puts("");
		return;
	}
	void operator = (BigNum another) {
		len = another.len;
		_for(i, 1, len) a[i] = another.a[i];
		return;
	}
	BigNum operator + (BigNum another) {
		BigNum answer;
		answer.len = max(len, another.len);
		_for(i, 1, answer.len) {
			answer.a[i] += a[i] + another.a[i];
			answer.a[i + 1] += answer.a[i] / k;
			answer.a[i] %= k;
		}
		while (answer.a[answer.len + 1]) ++ answer.len;
		return answer;
	}
	BigNum operator * (BigNum another) {
		BigNum answer;
		answer.len = len + another.len - 1;
		_for(i, 1, answer.len) {
			_for(j, 1, another.len) {
				answer.a[i + j - 1] += a[i] * another.a[j];
				answer.a[i + j] += answer.a[i + j - 1] / k;
				answer.a[i + j - 1] %= k;
			}
		}
		while (answer.a[answer.len + 1]) ++ answer.len;
		return answer;
	}
} mm, nn, ans;
namespace SOLVE {
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar();
		while (!isdigit(c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar();}
		while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
		return x * w;
	}
	inline void In () {
		n = rnt(), m = rnt();
		nn.In(n), mm.In(m);
		return;
	}
	inline void Solve () {
		BigNum a, b, one;
		one.In(1), a.In(2), b.In(1);
		a = a * (nn + one) * mm;
		for_(i, n + 2, n - m + 4) {
			BigNum ii;
			ii.In(i);
			a = a * ii;
		}
		b = nn * (nn + one);
		for_(i, n + 3, n - m + 4) {
			BigNum ii;
			ii.In(i);
			b = b * ii;
		}
		ans = a + b;
		_for(i, 2, n) {
			BigNum ii;
			ii.In(i);
			ans = ans * ii;
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		ans.Out();
		return;
	}
}

Combination

思路

Lucas 定理 $(6)$ 板子题.

Code

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namespace SOLVE {
	const ll P = 1e4 + 7, N = 1e4 + 10;
	ll T, x, y, fac[N], inv[N];
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar();
		while (!isdigit(c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar();}
		while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
		return x * w;
	}
	inline ll FastPow (ll a, ll b) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a % P;
			a = a * a % P, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline void Pre () {
		fac[0] = 1;
		_for (i, 1, P)
			fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
		inv[P - 1] = FastPow(fac[P - 1], P - 2);
		for_ (i, P - 2, 0)
			inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
		return ;
	}
	inline ll C (ll n, ll m) {
		if (m > n) return 0;
		return fac[n] * inv[n - m] % P * inv[m] % P;
	}
	inline ll Lucas (ll n, ll m) {
		if (m == 0) return 1;
		return C(n % P, m % P) * Lucas(n / P, m / P) % P;
	}
	inline void In () {
		x = rnt(), y = rnt();
		return ;
	}
	inline void Out () {
		printf("%lld\n", Lucas(x, y));
		return ;
	}
}

[SDOI2016]排列计数

思路

我们钦定 $m$ 个数为稳定的，方案数为 $\dbinom{n}{m}$ .

在剩下的 $n-m$ 个位置里要保证每个数不稳定.

欸那不就是错排列 $(3)$ 吗？

那么方案数就是 $D_{n-m}$ .

总方案数就是 $\dbinom{n}{m}D_{n-m}$ ， $\Theta(n)$ 预处理一下错排列，阶乘与逆元可用 $\Theta(1)$ 求出单次询问.

代码

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namespace SOLVE {
	const ll P = 1e9 + 7, N = 1e6 + 10, M = 1e6;
	ll T, n, m, d[N], fac[N], inv[N];
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar();
		while (!isdigit(c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar();}
		while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
		return x * w;
	}
	inline ll FastPow(ll a, ll b) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if(b & 1) ans = ans * a % P;
			a = a * a % P, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline void Pre () {
		d[0] = 1, d[1] = 0, fac[0] = 1;
		_for (i, 2, M) d[i] = (i - 1) * ((d[i - 1] + d[i - 2]) % P) % P;
		_for (i, 1, M) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
		inv[M] = FastPow(fac[M], P - 2);
		for_ (i, M - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
		return;
	}
	inline ll C(ll n, ll m) {
		return fac[n] * inv[n - m] % P * inv[m] % P;
	}
	inline void In () {
		n = rnt(), m = rnt();
		return ;
	}
	inline void Out () {
		printf("%lld\n", C(n, m) * d[n-m] % P);
		return ;
	}
}

[ZJOI2010]排列计数

思路

观察一下可以发现满足性质的序列是一个小根堆.

那么设 $s_i$ 表示以 $i$ 为根的堆的大小， $f_i$ 表示以 $i$ 为根的堆的可行方案数（此时该子堆里的序号不是最终序号，而是在子堆内大小的排名，因为归并到父堆时要算分配给子堆不同序号的方案数）.

那么转移方程就是：

s_{i} = s_{i * 2} + s_{i * 2 + 1} + 1 f_{i} = (\binom{s_{i} - 1}{s_{i * 2}}) f_{i * 2} f_{i * 2 + 1}

$s_{i}=s_{i*2}+s_{i*2+1}+1\\ f_{i}=\dbinom{s_{i}-1}{s_{i*2}}f_{i*2}f_{i*2+1}$

（自己必须是最小的所以只能从 $s_{i}-1$ 个序号选 $s_{i*2}$ 分配给左儿子，剩下的全给右儿子）

代码

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namespace SOLVE {
	const ll N = 4e6 + 10;
	ll T, n, P, sz[N], f[N], fac[N];
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar();
		while (!isdigit(c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar();}
		while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
		return x * w;
	}
	inline ll FastPow (ll a, ll b) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if(b & 1) ans = ans * a % P;
			a = a * a % P, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline void Pre () {
		fac[0] = 1;
		_for (i, 1, std::min(P, n)) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
		_for (i, 1, n * 2 + 1) f[i] = 1;
		return;
	}
	inline ll Inv (ll n) {
		return FastPow(fac[n], P - 2);
	}
	inline ll C (ll n, ll m) {
		if(!n || !m) return 1;
		return fac[n] * Inv(n - m) % P * Inv(m) % P;
	}
	inline ll Lucas (ll n, ll m) {
		if(!n || !m) return 1;
		return C(n % P, m % P) * Lucas(n / P, m / P) % P;
	}
	inline void In () {
		n = rnt(), P = rnt();
		return ;
	}
	inline void Solve () {
		for_ (i, n, 1) {
			sz[i] = sz[i << 1] + sz[(i << 1) + 1] + 1;
			f[i] = f[i << 1] * f[(i << 1) + 1] % P * Lucas(sz[i] - 1, sz[i << 1]) % P;
		}
		return ;
	}
	inline void Out () {
		printf("%lld\n", f[1]);
		return ;
	}
}

BZOJ2839 集合计数

思路

谔项式反演.

设 $f(i)$ 表示交集数量 $\ge i$ 的方案数， $g(i)$ 表示交集个数恰好为 $i$ 个的方案数，那么答案为 $g(k)$ .

那么：

f (i) = (\binom{n}{i}) (2^{2^{n - i}} - 1)

$f(i)=\dbinom{n}{i}(2^{2^{n-i}}-1)$

即先确定 $i$ 个必选，包含这 $i$ 个的集合数为 $2^{n-k}$ 个，每个集合都可以选或不选但不能一个不选，即 $2^{2^{n-i}}-1$ .

同时：

f (k) = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) g (i)

$f(k)=\sum_{i=k}^{n}\dbinom{i}{k}g(i)$

等一下这式子是不是在哪里见过?

这不是 $(10)$ 吗？！

那么愉快的套一个谔项式反演：

\begin{aligned} g (k) & = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) f (i) \\ = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) (\binom{n}{i}) (2^{2^{n - i}} - 1) \end{aligned}

$\begin{aligned} g(k) &=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}\dbinom{i}{k}f(i)\\ &=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}\dbinom{i}{k}\dbinom{n}{i}(2^{2^{n-i}}-1)\\ \end{aligned}$

再加上一点预处理，就可以解决了.

代码

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 1e6 + 10, P = 1e9 + 7;
	ll T, n, k, er[N], fac[N], inv[N], ans;
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline ll FastPow (ll a, ll b) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a % P;
			a = a * a % P, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline void Pre () {
		fac[0] = 1, er[0] = 2;
		_for (i, 1, n) {
			fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
			er[i] = (er[i - 1] * er[i - 1]) % P;
		}
		inv[n] = FastPow (fac[n], P - 2);
		for_ (i, n - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
		return;
	}
	inline ll C (ll n, ll m) {
		if (!m) return 1;
		return fac[n] * inv[n - m] % P * inv[m] % P;
	}
	inline void In () {
		n = rnt (), k = rnt ();
		return;
	}
	inline void Solve () {
		_for (i, k, n) {
			ll w = ((i - k) & 1) ? -1 : 1;
			ans = (ans + (er[n - i] - 1 + P) % P * C (n, i) % P * C (i, k) % P * w + P) % P;
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", ans);
		return;
	}
}

牡牛和牝牛

思路

我们枚举牝牛的数量 $i$ ，那么一定会有 $k\times(i-1)$ 只牡牛被固定住，此时剩下 $w(i)=(n-i-k\times(i-1))\times[i>0]+n\times[i=0]$ 只牡牛可以随便选位置.

观察一下，看上去是只有 $k+1$ 个地方可以插空，然而两只牝牛之间可以放多只牡牛，如何解决这个问题？

既然可以重复放，那我们就把重复放的位置 $\text{new}$ 出来！

即把空的个数改为 $k+1+(w(i)-1)=k+i$ .

这样会不会导致选的全都是 $\text{new}$ 出来的呢？不会，因为我们只 $\text{new}$ 出来了 $w(i)-1$ 个空，剩下的一只牛必然会被放在原有的位置.

那么答案就是：

\sum_{i = 0}^{n} [w (i) \geq 0] (\binom{i + w (i)}{w (i)})

$\sum_{i=0}^{n}[w(i)\ge0]\dbinom{i+w(i)}{w(i)}$

代码

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 1e5 + 10, P = 5e6 + 11;
	ll n, k, fac[N], inv[N], ans;
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar();
		while (!isdigit(c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar();}
		while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
		return x * w;
	}
	inline ll FastPow (ll a, ll b) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a % P;
			a = a * a % P, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline void Pre () {
		fac[0] = 1;
		_for (i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
		inv[n] = FastPow (fac[n], P - 2);
		for_ (i, n - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
		return;
	}
	inline ll C (ll n, ll m) {
		return fac[n] * inv[n - m] % P * inv[m] % P;
	}
	inline void In () {
		n = rnt (), k = rnt ();
		return;
	}
	inline void Solve () {
		_for (i, 0, n) {
			ll w = i ? (n - i - k * (i - 1)) : n;
			if (w < 0) break;
			ans = (ans + C (i + w, w)) % P;
		}
		return ;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", ans);
		return ;
	}
}

序列统计

思路

本题和上一题有些类似，每个数也是可以重复选的.

那么设 $m=r-l+1$ ，长度为 $i$ 的序列的方案数为 $\dbinom{m+i-1}{i}$ .

然后推式子：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} (\binom{m + i - 1}{i}) & = \sum_{i = 1}^{n} (\binom{m + i - 1}{m - 1}) + (\binom{m}{m}) - 1 \\ = \sum_{i = 2}^{n} (\binom{m + i - 1}{m - 1}) + (\binom{m}{m - 1}) + (\binom{m}{m}) - 1 \\ = \sum_{i = 2}^{n} (\binom{m + i - 1}{m - 1}) + (\binom{m + 1}{m}) - 1 \\ = \sum_{i = 3}^{n} (\binom{m + i - 1}{m - 1}) + (\binom{m + 2}{m}) - 1 \\ = \sum_{i = 4}^{n} (\binom{m + i - 1}{m - 1}) + (\binom{m + 3}{m}) - 1 \\ = \dots \\ = \sum_{i = n}^{n} (\binom{m + i - 1}{m - 1}) + (\binom{m + n - 1}{m}) - 1 \\ = (\binom{m + n}{m}) - 1 \end{aligned}

$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\dbinom{m+i-1}{i} &=\sum_{i=1}^{n}\dbinom{m+i-1}{m-1}+\dbinom{m}{m}-1\\ &=\sum_{i=2}^{n}\dbinom{m+i-1}{m-1}+\dbinom{m}{m-1}+\dbinom{m}{m}-1\\ &=\sum_{i=2}^{n}\dbinom{m+i-1}{m-1}+\dbinom{m+1}{m}-1\\ &=\sum_{i=3}^{n}\dbinom{m+i-1}{m-1}+\dbinom{m+2}{m}-1\\ &=\sum_{i=4}^{n}\dbinom{m+i-1}{m-1}+\dbinom{m+3}{m}-1\\ &=\cdots\\ &=\sum_{i=n}^{n}\dbinom{m+i-1}{m-1}+\dbinom{m+n-1}{m}-1\\ &=\dbinom{m+n}{m}-1\\ \end{aligned}$

但 $n,m$ 过大，需要用到 $\text{Lucas}$ 定理 $(6)$ .

代码

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 1e6 + 10, P = 1e6 + 3;
	ll T, n, m, l, r, fac[N], inv[N];
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline ll FastPow (ll a, ll b) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a % P;
			a = a * a % P, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline void Pre () {
		fac[0] = 1;
		_for (i, 1, P - 1) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
		inv[P - 1] = FastPow (fac[P - 1], P - 2);
		for_ (i, P - 2, 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
		return;
	}
	inline ll C (ll n, ll m) {
		if (n < m) return 0;
		if (!n || !m) return 1;
		return fac[n] * inv[n - m] % P * inv[m] % P;
	}
	inline ll Lucas (ll n, ll m) {
		if (n < m) return 0;
		if (!n || !m) return 1;
		return C (n % P, m % P) * Lucas (n / P, m / P) % P;
	}
	inline void In () {
		n = rnt (), l = rnt (), r = rnt ();
		m = r - l + 1;
		return;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", (Lucas (m + n, m) + P - 1) % P);
		return;
	}
}

[SDOI2009] 虔诚的墓主人

思路

题解

代码

感觉以前写的代码太丑了.

于是又写了一份.

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 1e5 + 10, P = 2147483648;
	ll n, m, w, k, C[N][20], ans;
	ll cx[N], cy[N], nx[N], ny;
	class TREE {
	public:
		ll x, y;
		inline bool operator < (TREE another) {
			return (y == another.y) ? (x < another.x) : (y < another.y);
		}
	} tr[N];
	class TreeArray {
	public:
		ll b[N];
		inline ll lowbit (ll x) { return x & -x; }
		inline void Update (ll x, ll y) {
			while (x <= n) {
				b[x] = (b[x] + y) % P;
				x += lowbit (x);
			}
			return;
		}
		inline ll Query (ll x) {
			ll ans = 0;
			while (x) {
				ans = (ans + b[x]) % P;
				x -= lowbit (x);
			}
			return ans;
		}
	} ta;

	namespace LISAN {
		ll ls1[N], ls2[N];
		inline void lisan () {
			_for (i, 1, w) ls1[i] = tr[i].x;
			_for (i, 1, w) ls2[i] = tr[i].y;
			std::sort (ls1 + 1, ls1 + w + 1);
			std::sort (ls2 + 1, ls2 + w + 1);
			n = std::unique (ls1 + 1, ls1 + w + 1) - ls1;
			m = std::unique (ls2 + 1, ls2 + w + 1) - ls2;
			_for (i, 1, w) {
				tr[i].x = std::lower_bound (ls1 + 1, ls1 + n + 1, tr[i].x) - ls1;
				tr[i].y = std::lower_bound (ls2 + 1, ls2 + m + 1, tr[i].y) - ls2;
			}
			return;
		}
	}

	inline void Pre () {
		C[0][0] = 1;
		_for (i, 1, w) {
			C[i][0] = 1;
			_for (j, 1, k) C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % P;
		}
		return;
	}

	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline void In () {
		n = rnt (), m = rnt (), w = rnt ();
		_for (i, 1, w) tr[i].x = rnt (), tr[i].y = rnt ();
		k = rnt ();
		return;
	}
	inline void Solve () {
		LISAN::lisan ();
		std::sort (tr + 1, tr + w + 1);
		_for (i, 1, w) ++cx[tr[i].x], ++cy[tr[i].y];
		_for (i, 1, w - 1) {
			++ny, ++nx[tr[i].x];
			ll last = (ta.Query (tr[i].x) - ta.Query (tr[i].x - 1) + P) % P;
			if (tr[i].y == tr[i + 1].y) {
				ll up_down = C[ny][k] * C[cy[tr[i].y] - ny][k] % P;
				ll left_right = (ta.Query (tr[i + 1].x - 1) - ta.Query (tr[i].x) + P) % P;
				ans = (ans + up_down * left_right % P) % P;
			}
			else ny = 0;
			ta.Update (tr[i].x, (C [nx[tr[i].x]][k] * C [cx[tr[i].x] - nx[tr[i].x]][k] % P - last + P) % P);
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", ans);
		return;
	}
}

[SDOI2010]地精部落

思路

$f_{i,0}$ 表示长度为 $i$ 且第一段山为山谷的序列数量.

$f_{i,1}$ 表示长度为 $i$ 且第一段山为山峰的序列数量.

f_{i, k} = \sum_{j = 1}^{i} [j mod 2 = k] (\binom{i - 1}{j - 1}) f_{j - 1, k} f_{i - j, 0}

$f_{i,k}= \sum_{j=1}^{i}[j\bmod{2}=k]\dbinom{i-1}{j-1}f_{j-1,k}f_{i-j,0}$

代码

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 4200 + 10;
	int n, P, f[N][2], C[N][N], ans;
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline void In () {
		n = rnt (), P = rnt ();
		return;
	}
	inline void Solve () {
		f[0][0] = f[0][1] = f[1][0] = 1, C[0][0] = 1;
		_for (i, 1, n) {
			C[i][0] = 1;
			_for (j, 1, i) {
				f[i][j & 1] = ((ll)(f[i][j & 1]) + (ll)(f[j - 1][j & 1]) * (ll)(f[i - j][0]) % P * C[i - 1][j - 1] % P) % P;
				C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % P;
			}
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", (f[n][0] + f[n][1]) % P);
		return;
	}
}

[ZJOI2011]看电影

思路

这个式子还是蛮有意思的，但要用高精.

首先答案 $=\frac{合法情况数}{总情况数}$ ，总情况数显然是 $k^n$ ，难点在于如何算出合法情况数.

首先我们在 $k$ 后面新增一个座位 $k+1$ 然后拉链为环，让没有座位的人从头开始往后坐，这样一定所有人都会有座位，那么这样的环一共会有 $(k+1)^{n-1}$ 个（即圆排列）.注意：这里暂时不考虑标号.

但是我们怎么判断做法是否合法呢？如果 $k+1$ 这个位置最后有人，那么在没有环与新座位时就一定会有人站在这里，否则没人站着（即合法情况），也就是说 我们在环中找到空的位置当成 $k+1$ 即可，空的位置一共有 $k+1-n$ 个，所以最后答案为：

\frac{(k + 1)^{n - 1} (k + 1 - n)}{k^{n}}

$\frac{(k+1)^{n-1}(k+1-n)}{k^n}$

这就是拉链为环前莫名其妙地新增一个座位 $k+1$ 的原因.

然后这个题非常恶心，要用高精，化简分数时要用高精除，这里考虑一种简单的方法：

显然 $k+1$ 与 $k$ 互质，只能化简 $\dfrac{k+1-n}{k^n}$ .

这里 $k+1-n$ 为低精，我们提前做一次 $\gcd$ 把 $k^n$ 膜 $k+1-n$ 转换为低精，就可以低精求 $\gcd$ 了.

也就是说，最后我们只需要高精乘，高精除低精和高精膜低精即可.

代码

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 110, B = 10000000; // Base
	ll T, n, k;
	class BigNum {
	public:
		ll num[N];
		inline void Print () {
			printf ("%lld", num[num[0]]);
			for_ (i, num[0] - 1, 1) printf ("%07lld", num[i]);
			return;
		}
		inline void Clear () {
			memset (num, 0, sizeof (num));
			num[0] = 1;
			return;
		}
		inline void In (ll number) { num[1] = number; }
		BigNum operator * (ll ano) {
			BigNum ans;
			ans.Clear ();
			ans.num[0] = num[0];
			_for (i, 1, num[0]) {
				ans.num[i] += num[i] * ano;
				ans.num[i + 1] += ans.num[i] / B;
				ans.num[i] %= B;
			}
			while (ans.num[ans.num[0] + 1]) ++ans.num[0];
			return ans;
		}
		BigNum operator * (BigNum ano) {
			BigNum ans;ans.Clear ();
			ans.num[0] = num[0] + ano.num[0] - 1;
			_for (i, 1, num[0]) {
				_for (j, 1, ano.num[0]) {
					ans.num[i + j - 1] += num[i] * ano.num[j];
					ans.num[i + j] += ans.num[i + j - 1] / B;
					ans.num[i + j - 1] %= B;
				}
			}
			while (ans.num[ans.num[0] + 1]) ++ans.num[0];
			return ans;
		}
		inline BigNum operator / (ll ano) {
			BigNum ans (*this);
			for_ (i, num[0], 1) {
				if (i > 1) ans.num[i - 1] += (ans.num[i] % ano) * B;
				ans.num[i] /= ano;
			}
			while (!ans.num[ans.num[0]] && ans.num[0] > 1) --ans.num[0];
			return ans;
		}
		inline ll operator % (ll ano) {
			ll ans = 0;
			for_ (i, num[0], 1) {
				ans = ans * B % ano;
				ans += num[i] % ano;
			}
			return ans;
		}
	} a, b;
	inline ll Gcd (ll a, ll b) {
		if (!b) return a;
		return Gcd (b, a % b);
	}
	inline BigNum FastPow (BigNum a, ll b) {
		BigNum ans;ans.Clear ();
		ans.num[0] = ans.num[1] = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a;
			a = a * a, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline void In () {
		n = rnt (), k = rnt ();
		return;
	}
	inline void Solve () {
		a.Clear (), b.Clear ();
		a.num[1] = k + 1, b.num[1] = k;
		a = FastPow (a, n - 1) * (k + 1 - n);
		b = FastPow (b, n);
		ll c = b % (k + 1 - n);
		ll g = Gcd (k + 1 - n, c);
		a = a / g, b = b / g;
		return;
	}
	inline void Out () {
		a.Print (), putchar (' ');
		b.Print (), puts ("");
		return;
	}
}

中国剩余定理

【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪

思路

模板题.

代码

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 20;
	ll n, a[N], m[N], M = 1, ans;
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline void exgcd (ll a, ll b, ll& x, ll& y) {
		if (!b) {
			x = 1, y = 0;
			return;
		}
		exgcd (b, a % b, x, y);
		ll _x = x;
		x = y, y = _x - (a / b) * y;
		return;
	}
	inline void In () {
		n = rnt ();
		_for (i, 1, n) {
			m[i] = rnt (), a[i] = rnt ();
			M *= m[i];
		}
		return;
	}
	inline void Solve () {
		_for (i, 1, n) {
			ll Mi = M / m[i], inv, y;
			exgcd (Mi, m[i], inv, y);
			ans = (ans + a[i] * Mi % M * (inv + m[i]) % M) % M;
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", ans);
		return;
	}
}

Strange Way to Express Integers

思路

EXCRT 模板题.

代码

点击查看代码

namespace SOLVE {
	typedef long double ldb;
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll N = 1e5 + 10;
	ll n, a[N], m[N], b, M;
	
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	ll Exgcd (ll a, ll b, ll& x, ll& y) {
		if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
		ll g = Exgcd (b, a % b, x, y), _x = x;
		x = y, y = _x - (a / b) * y;
		return g;
	}
	inline ll Lcm (ll a, ll b) {
		return a * b / std::__gcd (a, b);
	}
	inline ll FastMul (ll a, ll b, ll MOD) {
		ll ans = 0;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = (ans + a) % MOD;
			a = (a + a) % MOD, b >>= 1;
		}
		return (ans + MOD) % MOD;
	}
	inline void In () {
		n = rnt ();
		_for (i, 1, n) m[i] = rnt (), a[i] = rnt ();
		return;
	}
	inline ll EXCRT () {
		b = a[1], M = m[1];
		_for (i, 2, n) {
			ll x, y, num = (a[i] - b % m[i] + m[i]) % m[i];
			ll g = Exgcd (M, m[i], x, y);
			if (num % g) return -1;
			b += M * FastMul(x, num / g, m[i] / g);
			M *= m[i] / g, b = (b % M + M) % M;
		}
		return (b % M + M) % M;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", EXCRT());
		return;
	}
}

礼物

思路

式子显然是：

\prod_{i = 1}^{m} (\binom{n - s u m_{i - 1}}{w_{i}}) mod P

$\prod_{i=1}^{m}\dbinom{n-sum_{i-1}}{w_i}\bmod{P}$

直接扩卢即可.

代码

点击查看代码

const ll N = 1e5 + 10, INF = 1ll << 40;

namespace MathBasic {
	inline void GetFactor (ll x, std::vector <ll>& f1, std::vector <ll>& f2) {
		f1.push_back (0), f2.push_back (0);
		_for (i, 2, x) {
			if (!(x % i)) {
				f1.push_back (i), f2.push_back (0);
				while (!(x % i)) ++f2[f2.size () - 1], x /= i;
			}
		}
		return;
	}
	inline ll FastPow (ll a, ll b, ll Mod = INF) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a % Mod;
			a = a * a % Mod, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	ll ExGcd (ll a, ll b, ll& x, ll& y) {
		if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
		ll g = ExGcd (b, a % b, x, y), _x = x;
		x = y, y = _x - (a / b) * y;
		return g;
	}
	inline ll Inv (ll a, ll P) {
		ll x, y;
		ExGcd (a, P, x, y);
		return (x % P + P) % P;
	}
}

namespace EXLUCAS {
	using namespace MathBasic;
	inline ll FDP (ll x, ll P, ll pk) {
		if (!x) return 1;
		ll ans = 1;
		_for (i, 1, pk) if (i % P) ans = ans * i % pk;
		ans = FastPow (ans, x / pk, pk);
		_for (i, 1, x % pk) if (i % P) ans = ans * i % pk;
		return ans * FDP (x / P, P, pk) % pk;
	}
	inline ll Index (ll x, ll P) {
		if (x < P) return 0;
		return (x / P) + Index (x / P, P);
	}
	ll a[N], md[N], P;
	std::vector <ll> p, k;
	inline void Pre (ll _P) {
		GetFactor (_P, p, k);
		P = _P;
		return;
	}
	inline ll ExLucas (ll n, ll m) {
		ll ans = 0, sz = p.size () - 1;
		_for (i, 1, sz) {
			md[i] = FastPow (p[i], k[i]);
			a[i] = FDP (n, p[i], md[i]) * Inv (FDP (m, p[i], md[i]), md[i]) % md[i] * Inv (FDP (n - m, p[i], md[i]), md[i]) % md[i];
			a[i] = a[i] * FastPow (p[i], Index (n, p[i]) - Index (m, p[i]) - Index (n - m, p[i]), md[i]) % md[i];
			ans = (ans + a[i] * (P / md[i]) % P * Inv (P / md[i], md[i]) % P) % P;
		}
		return ans;
	}
}

namespace SOLVE {
	ll P, n, m, w[10], sum[10], ans = 1;
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline void In () {
		P = rnt (), n = rnt (), m = rnt ();
		_for (i, 1, m) {
			w[i] = rnt ();
			sum[i] = sum[i - 1] + w[i];
		}
		return;
	}
	inline void Solve () {
		EXLUCAS::Pre (P);
		_for (i, 1, m) {
			if (n - sum[i - 1] < w[i]) { ans = -1; return; }
			ans = ans * EXLUCAS::ExLucas (n - sum[i - 1], w[i]) % P;
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		printf ((ans == -1) ? "Impossible\n" : "%lld\n", ans);
		return;
	}
}

[SDOI2010]古代猪文

思路

（为啥 SDOI2010 经典题这么多啊，猪国杀和 $k$ 短路模板也是这里出的）

数论全家桶.

显然式子为：

g^{\sum_{n | k} (\binom{n}{k})} mod 999911659

$g^{\sum_{n|k}\binom{n}{k}}\bmod{999911659}$

用一个费马小定理：

g^{\sum_{n | k} (\binom{n}{k}) mod 999911658} mod 999911659

$g^{\sum_{n|k}\binom{n}{k}\bmod{999911658}}\bmod{999911659}$

那么现在的问题就是：如何求出 $\sum_{n|k}\binom{n}{k}\bmod{999911658}$ ？

仔细看两眼发现就是个扩卢.

然后就出来了.

（其实 $999911658$ 就是 $2, 3, 4679, 35617$ 这几个质数之积，可以简化一点写.）

代码

点击查看代码

const ll N = 50000, INF = 1ll << 40;

namespace MathBasic {
	inline ll FastPow (ll a, ll b, ll MOD = INF) {
		ll ans = 1;
		while (b) {
			if (b & 1) ans = ans * a % MOD;
			a = a * a % MOD, b >>= 1;
		}
		return ans;
	}
	inline ll ExGcd (ll a, ll b, ll& x, ll& y) {
		if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
		ll g = ExGcd (b, a % b, x, y), _x = x;
		x = y, y = _x - y * (a / b);
		return g;
	}
	inline ll Inv (ll a, ll P) {
		ll x, y;
		ExGcd (a, P, x, y);
		return (x % P + P) % P;
	}
}

namespace EXLUCAS {
	using namespace MathBasic;
	ll a[5], p[5] = { 0, 2, 3, 4679, 35617 }, fac[5][N], q[5];
	ll FDP (ll x, ll P, ll qwq) {
		if (!x) return 1;
		ll ans = FastPow (fac[qwq][P - 1], x / P, P);
		ans = ans * fac[qwq][x % P] % P;
		return ans * FDP (x / P, P, qwq) % P;
	}
	ll Index (ll x, ll P) {
		if (x < P) return 0;
		return (x / P) + Index (x / P, P);
	}
	inline void Pre () {
		fac[1][0] = fac[2][0] = fac[3][0] = fac[4][0] = 1;
		_for (k, 1, 4) {
			_for (i, 1, 36000) fac[k][i] = fac[k][i - 1] * i % p[k];
			q[k] = (999911658 / p[k]) * Inv (999911658 / p[k], p[k]);
		}
		return;
	}

	inline ll ExLucas (ll n, ll m, ll P) {
		ll ans = 0;
		_for (i, 1, 4) {
			a[i] = FDP (n, p[i], i) * Inv (FDP (m, p[i], i), p[i]) % P * Inv (FDP (n - m, p[i], i), p[i]) % p[i];
			a[i] = a[i] * FastPow (p[i], Index (n, p[i]) - Index (m, p[i]) - Index (n - m, p[i])) % p[i];
			ans = (ans + a[i] * q[i] % P) % P;
		}
		return ans;
	}
}

namespace SOLVE {
	ll n, g, idx, P = 999911659;
	inline ll rnt () {
		ll x = 0, w = 1; char c = getchar ();
		while (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
		while (isdigit (c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar ();
		return x * w;
	}
	inline void In () {
		n = rnt (), g = rnt ();
		EXLUCAS::Pre ();
		return;
	}
	inline void Solve () {
		for (ll i = 1; i * i <= n; ++i) {
			if (n % i) continue;
			idx = (idx + EXLUCAS::ExLucas (n, i, P - 1)) % (P - 1);
			if (i * i != n) idx = (idx + EXLUCAS::ExLucas (n, n / i, P - 1)) % (P - 1);
		}
		return;
	}
	inline void Out () {
		printf ("%lld\n", g == P ? 0 : MathBasic::FastPow (g, idx, P));
		return;
	}
}

[POI2008]PER-Permutation

题解

Reference

排列组合
——OI-Wiki

学习笔记-组合数学——组合数基础，组合数取模，CRT
——Rolling_star

浅谈Lucas定理应用及组合数建模
——BerryKanry

谔项式反演
——GXZlegend

中国剩余定理(CRT)的证明
——Pycr

中国剩余定理
——OI-Wiki

扩展Lucas定理
——HorizonWind

T h e E n d

$\Huge\mathfrak{The End}$

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本文作者：K8He

本文链接：https://www.cnblogs.com/K8He/p/CombinationAndCRT.html

posted @ 2022-11-04 18:47 K8He 阅读(354) 评论(1) 编辑收藏举报

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形式零

形式一

形式谔

小技巧：线性推阶乘逆元

中国剩余定理（CRT）

做法

证明

EXCRT

ExLucas

问题

拆为 CRT

构造余数

构造函数

代码

例题

排列组合

排队

题意

思路

Code

思路

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