@bzoj - 2142@ 礼物
@description@
一年一度的圣诞节快要来到了。每年的圣诞节小E都会收到许多礼物，当然他也会送出许多礼物。不同的人物在小E心目中的重要性不同，在小E心中分量越重的人，收到的礼物会越多。
小E从商店中购买了n件礼物，打算送给m个人，其中送给第i个人礼物数量为wi。
请你帮忙计算出送礼物的方案数（两个方案被认为是不同的，当且仅当存在某个人在这两种方案中收到的礼物不同）。
由于方案数可能会很大，你只需要输出模P后的结果。
Input
输入的第一行包含一个正整数P，表示模；
第二行包含两个整整数n和m，分别表示小E从商店购买的礼物数和接受礼物的人数；
以下m行每行仅包含一个正整数wi，表示小E要送给第i个人的礼物数量。
Output
若不存在可行方案，则输出“Impossible”，否则输出一个整数，表示模P后的方案数。
Sample Input
100
4 2
1
2
Sample Output
12
【样例说明】
下面是对样例1的说明。
以“/”分割，“/”前后分别表示送给第一个人和第二个人的礼物编号。12种方案详情如下：
1/23 1/24 1/34
2/13 2/14 2/34
3/12 3/14 3/24
4/12 4/13 4/23
【数据规模和约定】
设P=p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * … *pt ^ ct，pi为质数。
对于100%的数据，1≤n≤109，1≤m≤5，1≤pici≤10^5。
@solution@
令 sum = 所有的 wi 之和，则答案 ans 的表达式如下：
当 sum > n 时无解。问题转换为求上式对 P 取模的值。
此时我们需要扩展 lucas 定理（因为 P 不一定是质数所以要扩展的）。
（mark 一下yhn学长的博客）。
首先可以将 P 唯一分解一下，得到 P = p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * … * pt^ct。然后分开求再中国剩余定理合并（中国剩余定理自行百度可以学）。
那么实际上我们只需要考虑模数为质数的幂的情况，不妨设模数为 p^c。
我们通过扩展 lucas 将阶乘 n! 拆写成 A * p^B 的形式，其中 A 与 p 互质。这样的形式下做阶乘之间的除法，只需要 A 部分直接逆元，B 部分直接减即可。
怎么才能将阶乘 n! 拆写成 A * p^B 的形式呢？
先将 \(n! = 1*2*...*n\) 写下，然后将其中 p 的倍数共同提出一个 p 因子来，得到 \(n! = (n/p)!*p^{n/p}*1*2*...*(p-1)*(p+1)*...\)。
注意到此时整个式子可以分成三部分：\((n/p)!\) 这一部分递归求解；\(p^{n/p}\) 这一部分融入上面的 B；\(1*2*...*(p-1)*(p+1)*...\) 这一部分融入上面的 A。
但是第三部分还是不好求。继续观察发现第三部分是有循环节的（因为是在模 p^c 的意义下的），求出循环节的个数、循环节内的乘积、剩余部分的乘积即可。
或许有人认为 lucas 定理只适用于组合数，但通过上文我们可以发现，扩展意义下的 lucas 定理可以用于模意义下阶乘之间的乘除。
也许改天可以用这个性质出个什么题。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 100000;
typedef pair<int, int> pii;
int pow_mod(int b, int p, int m) {
int ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%m;
b = 1LL*b*b%m;
p >>= 1;
}
return ret;
}
vector<int>vec;
int fct[MAXN + 5];
pii lucas(int x, int b, int m) {
if( x == 0 ) return make_pair(1, 0);
pii tmp = lucas(x/b, b, m);
return make_pair(1LL*tmp.first*pow_mod(fct[m-1], x/m, m)%m*fct[x%m]%m, tmp.second+x/b);
}
int P, n, m;
int main() {
scanf("%d%d%d", &P, &n, &m);
int tmp = P, sum = 0, ans = 0;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x; scanf("%d", &x);
vec.push_back(x), sum += x;
}
if( sum > n ) {
puts("Impossible");
return 0;
}
vec.push_back(n-sum);
for(int i=2;i<=MAXN&&i<=tmp;i++)
if( tmp % i == 0 ) {
int m = 1;
while( tmp % i == 0 )
tmp /= i, m *= i;
fct[0] = 1;
for(int j=1;j<m;j++) {
fct[j] = fct[j-1];
if( j % i ) fct[j] = 1LL*fct[j]*j%m;
}
pii res = lucas(n, i, m);
for(int j=0;j<vec.size();j++) {
pii tmp2 = lucas(vec[j], i, m);
res.first = 1LL*res.first*pow_mod(tmp2.first, m - m/i - 1, m)%m;
res.second -= tmp2.second;
}
int del = 1LL*res.first*pow_mod(i, res.second, m)%m;
ans = (ans + 1LL*(P/m)*pow_mod(P/m, m - m/i - 1, m)%P*del%P)%P;
}
printf("%d\n", ans);
}
@details@
题目中真的没有 P 的范围。。。找了很久都没找到。。。
看到网上的题解大多 P 用的是 long long，还以为我开 int 过不了。
结果其实过得了的。。。
