题目大意：给定n个物品，分给m个人，每个人拿到wi个礼物，问方案数mod P P不一定为质数
首先我们把剩下的礼物也分给一个人 答案明显不变 w[++m]=n-w1-w2-...-wm
然后就会很方便地得到公式：
ans=C(n,w1)*C(n-w1,w2)*C(n-w1-w2,w3)*...*C(n-w1-w2-...-w_(m-1),wm) mod P
=n!/w1!/w2!/.../wm! mod P
然后p不是质数 我们把P分解 令P=∏pi^ai
我们分别处理，可以得到一次同余方程组ans%pi^ai=lefti，用中国剩余定理合并一下即可。
然后对于每个pi^ai，我们进行以下处理：
将分子和分母化为x*pi^y的形式
然后分母的x部分与pi互质，可以求逆元，分子分母的y部分直接相减即可
然后我们处理阶乘
以19为例，将19!化为x*pi^y的形式，其中pi=3，ai=2 则有
19!%9=(1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12*13*14*15*16*17*18*19) %9
=(1*2*4*5*7*8*10*11*13*14*16*17*19)*3^6*(1*2*3*4*5*6) %9
式子的左半部分是不为3的倍数的数，存在长度为p^a的循环节 求出一个循环节 快速幂处理 然后处理剩余部分
右半部分是6!%9 递归处理即可
我这题解写的真是冷静。。。这题还真TM让人冷静不下来啊-0-
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> abcd;
ll P,n,m,a[20],ans;
struct prime_factor{
ll p,a,p_a,left;
}prime[50];int tot;
void Decomposition(ll x)
{
ll i;
for(i=2;i*i<=x;i++)
if(x%i==0)
{
prime[++tot].p=i;
prime[tot].p_a=1;
while(x%i==0)
x/=i,prime[tot].a++,prime[tot].p_a*=i;
}
if(x!=1)
prime[++tot].p=x,prime[tot].a=1,prime[tot].p_a=x;
}
ll Quick_Power(ll x,ll y,ll mo)
{
ll re=1;
while(y)
{
if(y&1)re*=x,re%=mo;
x*=x,x%=mo;
y>>=1;
}
return re;
}
abcd Deal(ll x,int pos)
{
ll i;
abcd re=make_pair( 1ll , x/prime[pos].p );
for(i=1;i<prime[pos].p_a;i++)
if(i%prime[pos].p)
re.first*=i,re.first%=prime[pos].p_a;
re.first=Quick_Power(re.first,x/prime[pos].p_a,prime[pos].p_a);
for(i=x-x%prime[pos].p_a+1;i<=x;i++)
if(i%prime[pos].p)
re.first*=i,re.first%=prime[pos].p_a;
if(re.second)
{
abcd temp=Deal(re.second,pos);
re.first*=temp.first;
re.first%=prime[pos].p_a;
re.second+=temp.second;
}
return re;
}
abcd EXGCD(ll x,ll y)
{
if(!y)
return make_pair(1,0);
abcd temp=EXGCD(y,x%y);
return make_pair(temp.second,temp.first-x/y*temp.second);
}
ll Reverse(ll x,ll p)
{
ll re=EXGCD(x,p).first;
re=(re%p+p)%p;
return re;
}
void Chinese_Remainder_Theorem()
{
int i;
for(i=1;i<=tot;i++)
{
abcd temp=EXGCD(P/prime[i].p_a,prime[i].p_a);
ll x=temp.first;x=(x%P+P)%P;
ans+=x*P/prime[i].p_a*prime[i].left;
ans%=P;
}
}
int main()
{
int i,j;
ll sum=0;
cin>>P>>n>>m;
for(i=1;i<=m;i++)
cin>>a[i],sum+=a[i];
if(sum>n)
{
puts("Impossible");
return 0;
}
if(sum<n)
a[++m]=n-sum;
Decomposition(P);
for(i=1;i<=tot;i++)
{
abcd temp=Deal(n,i);
for(j=1;j<=m;j++)
{
abcd _temp=Deal(a[j],i);
temp.second-=_temp.second;
temp.first*=Reverse(_temp.first,prime[i].p_a);
temp.first%=prime[i].p_a;
}
temp.first*=Quick_Power(prime[i].p,temp.second,prime[i].p_a);
prime[i].left=temp.first%prime[i].p_a;
}
Chinese_Remainder_Theorem();
cout<<(ans%P+P)%P<<endl;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/39891263
