Carousel of Combinations

由圆排列的公式，不难有\(C(n,k)=(_k^n)\times \frac{k!}{k}\)

于是答案为\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}((_j^i)\cdot (j-1)!)mod\space j\)

显然交换求和次序，有\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}((_i^j)\cdot (i-1)!)mod\space i\)

由威尔逊定理可将\(i\)限定在质数和\(4\)之中，再由卢卡斯定理（这个一定要手写写出来才会发现很容易化简，比赛的时候就觉得可以用程序去算就没有化简，从而导致根本没办法往下面做，所以以后遇到公式了一定要手写写出来）可化简为\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}(\lfloor\frac{j}{i}\rfloor\cdot (i-1))mod\space i\)

补题的时候一直想的是每个\(i\)对整体的贡献，但是题解告诉我们也可以考虑\(i\)对特定局部的贡献，最后将所有局部汇总就好了

具体来说，这里反过去考虑\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}((_j^i)\cdot (j-1)!)mod\space j\)，设\(dp[i]=\sum_{j=1}^{i}((_j^i)\cdot (j-1)!)mod\space j\)，再考虑\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}(\lfloor\frac{j}{i}\rfloor\cdot (i-1))mod\space i\)，统计每个\(i\)对\(dp\)数组的贡献（枚举倍数利用差分），时间复杂度为\(O(n \ln n)\)

update 2024.8.10

重新做了一遍，做出来了

威尔逊定理：

只要对威尔逊定理足够熟悉就好了

然后还要注意最开始不要直接对\(C(n,k)\)进行化简，因为我们对化简之后的式子不熟悉，所以不能化简，不化简就可以出现威尔逊定理的形式

然后是统计答案的部分

对于某一特定的\(n\)：

\(4\)对其的贡献：

\[\overset{n}{\underset{j=4}{\sum}}\frac{j(j-1)(j-2)(j-3)}{4}3^{-1}\mod \space 4 \]

质数\(p\)对其的贡献：

\[\overset{n}{\underset{j=p}{\sum}}(p-1)\binom{j}{p}\mod p\\=\overset{n}{\underset{j=p}{\sum}}(p-\binom{j}{p}\mod p)\mod p \]

，这个贡献好好算一下，第二行一定要记住有两个\(\mod p\)而不是只有一个

两个部分都可以用差分数组维护（其中质数的贡献的差分数组要求两次前缀和）