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$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i({(}_j^i)\cdot (j-1)!)modj$

显然交换求和次序，有$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n({(}_i^j)\cdot (i-1)!)modi$

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$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n(\lfloor \frac{j}{i}\rfloor \cdot (i-1))modi$

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$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i({(}_j^i)\cdot (j-1)!)modj$，设$dp[i]=\sum _{j=1}^i({(}_j^i)\cdot (j-1)!)modj$，再考虑$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n(\lfloor \frac{j}{i}\rfloor \cdot (i-1))modi$，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：

$$\stackrel{n}{\sum _{j=4}}\frac{j(j-1)(j-2)(j-3)}{4}{3}^{-1}\mathrm{mod}4$$

质数$p$对其的贡献：

$$\begin{gathered} \stackrel{n}{\sum _{j=p}}(p-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{p})\mathrm{mod}p \\ =\stackrel{n}{\sum _{j=p}}(p-(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{p})\mathrm{mod}p)\mathrm{mod}p \end{gathered}$$

，这个贡献好好算一下，第二行一定要记住有两个$\mathrm{mod}p$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）