bzoj 4338[BJOI2015] 糖果 - 组合

4338: BJOI2015 糖果

Time Limit: 2 Sec  Memory Limit: 256 MB

Description

Alice 正在教她的弟弟 Bob 学数学。 

每天，Alice 画一个N行M 列的表格，要求 Bob在格子里填数。 

Bob已经学会了自然数1到K的写法。因此他在每个格子里填1 ~ K之间的整数。 

Alice 告诉 Bob，如果 Bob 填写完表格的 N*M 个数以后，每行的数从第 1 列到第 M

列单调不减，并且任意两行至少有一列的数不同，而且以前 Bob 没有填写过相同的表格，

那么Alice 就给Bob吃一颗糖果。 

Bob想知道，如果每天填写一遍表格，最多能吃到多少颗糖果。 

答案模P输出。 

Input

第一行，四个整数依次是N, M, K, P。 

Output

输出一行，一个整数，表示答案模P 后的结果。 

Sample Input

【样例输入1】
1 3 3 10
【样例输入2】
2 2 2 10

Sample Output

【样例输出1】
0
【样例输出2】
6

HINT

【样例解释】 

样例1。表格只有一行。每个格子可以填写1 ~ 3。有10种填写方法，依次为1 1 1，

1 1 2，1 1 3，1 2 2，1 2 3，1 3 3，2 2 2，2 2 3，2 3 3，3 3 3。   

样例2。表格有两行。有6 种填写方法，依次为  1 1/1 2, 1 1/2 2, 1 2/1 1, 1 2/2 

2, 2 2/1 1, 2 2/1 2。 

【数据规模与约定】 

100% 的数据中，1 ≤ N, M ≤ 10^5，1 ≤ P, K ≤ 2*10^9. 

 

公式很好写出来

先算出来一行 M 列 填 K 单调不减个数的方法数

 即 x1 + x2 + ... xk = M    (xi >= 0)

方案数 为  sum = $C_{M + K - 1} ^ {K - 1}$ = $C_{M + K - 1} ^ {M}$

每行方案不同

总的方案就是  $A_{sum} ^ N$

我们发现 M 不大， 所以可以除数的所有质因子都提出来，然后用分子上的数去除，剩下的就是答案。

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long

using namespace std;

int N, M, K, P;

const int MAXM = 1e5 + 10;

int cnt = 0;
int prime[MAXM];
LL val[MAXM];
int num[MAXM];
int f[MAXM];

inline LL read()
{
    LL x = 0, w = 1; char ch = 0;
    while(ch < '0' || ch > '9') {
        if(ch == '-') {
            w = -1;
        }
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * w;
}

void init()
{
    for(int i = 2; i < MAXM; i++) {
        if(!f[i]) {
            f[i] = i;
            prime[++cnt] = i;
        } 
        for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] < MAXM; j++) {
            f[i * prime[j]] = prime[j];
            if(i % prime[j] == 0) {
                break;
            }
        }    
    }
    /*for(int i = 0; i <= 2000; i++) {
        c[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; j++) {
            c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % P;
        }
    }*/
}

int main()
{
    N = read(), M = read(), K = read(), P = read();
    init();
    for(int j = 0; j < M; j++) {
        val[j] = K + j;
    }
    for(int j = M; j > 1; j--) {
        int t = j;
        while(t > 1) {
            num[f[t]]++;
            t = t / f[t];
        }
    }
    int st = K;
    for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
        for(int j = ((st - 1) / prime[i] + 1) * prime[i]; j < K + M; j += prime[i]) {
            int t = j - st;
            //cout<<prime[i]<<" "<<j<<" "<<val[t]<<" "<<num[prime[i]]<<endl;
            while(val[t] % prime[i] == 0 && num[prime[i]]) {
                val[t] /= prime[i];
                num[prime[i]]--;
            }
            if(num[prime[i]] == 0) {
                break;
            }
        }
    }
    LL ans = 1;
    for(int i = 0; i < M; i++) {
        ans = ans * val[i] % P;
    }
    //cout<<ans<<" "<<c[M + K - 1][K - 1] % P<<endl; 
    LL now = ans;
    for(int i = 1; i < N; i++) {
        ans = ans * (now - i) % P;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

/*

100 10 5 1000000000


*/