n！mod p 的求法 数学

今天在教室看了一上午的白书，发现其中的这一章很有意思，用各种神奇的解法来做一个没有任何用的阶乘取模。

首先我们直到如果p<n的话，取模的结果肯定是0对吧，如果p>n他又叫我们直接预处理出来，真的搞不懂。

然后就是他给的神奇方法：

“

在计数问题中，经常需要用到n！。在学完前面的介绍之后，有必要了解n！在mod p下的一些性质，下面我们假设p是素数，n！=a p^e(a无法被p整除），并试图求解a mod p和e。

e是n！能够迭代整除p的次数，因此可以使用下面的式子计算。

n/p+n/p²+n/p³+......

这个结论很显然，因为n/d和不超过n的能被d整除的正整数的个数相等。由于只需要

对于p^t<=n的t进行计算，因此复杂度是O(log_pn)。

接下来计算a mod p。首先计算n!=1*2*...*n的因数中不能被p整除的项的积。假设n=10，p=3，则

n!=1*2*3*4*5*6*7*8*9&10

=1*2*4*5*7*8*10≡1*2*1*2*1*2  *1(mod p)

从这个例子中可以看出，不能被p整除的项的积等于(p-1)!^(n/p)*(n mod p)!。事实上，根据威尔逊定理，我们有（p-1)!≡-1(mod p)。因为除了1和p-1之外的其余的项都可以和各自的逆元相称等于1。所以该项可以简化成-1^(n/p)*(n mod p)!。

接下来，计算可以被p整除的项的积。很简单，就是1，2，3....n/p。因此，问题的范围就由n缩小到了n/p。如果预处理出0<=n<p范围中n! mod p的表，就可以在O(log_pn)时间内算出答案。

int fact[MAX];//预处理阶乘表

//分解n！=ape，返回a mod p。
int mod_fact(int n,int p,int& e)
{
	e=0;
	if(n==0)
		return 1;

	int res=mod_fact(n/p,p,e);
	e+=n/p;

	if(n/p&2!=0)
		return res*(p-fact[n%p])%p;
	return res*fact[n%p]%p;
}

 

 

 

 

”