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题目链接：BZOJ - 3129
使用隔板法的思想，如果没有任何限制条件，那么方案数就是 C(m - 1, n - 1)。
如果有一个限制条件是 xi >= Ai ，那么我们就可以将 m 减去 Ai - 1 ，相当于将这一部分固定分给 xi，就转化为无限制的情况了。
如果有一些限制条件是 xi <= Ai 呢？直接来求就不行了，但是注意到这样的限制不超过 8 个，我们可以使用容斥原理来求。
考虑容斥：考虑哪些限制条件被违反了，也就是说，有哪些限制为 xi <= Ai 却是 xi > Ai，这样就转化为了 xi >= Ai 的限制条件。
那么我们就可以在 2^8 * T(求组合数) 的时间内求出答案了。
怎么求这个组合数呢？直接预处理阶乘的逆元是不可以的，因为模数不都是质数。
我们要将模数拆成一个个 pi^ai 这样的形式，使得它们两两之间互质，就可以分别求出答案，最后再用中国剩余定理组合起来。
中国剩余定理:如果有n个方程 x = xi (mod mi) ，M = m1 * m2 * .. * mn ，那么在 mod M 的意义下，方程组有一个唯一解。
x = sigma(Mi * Inv(Mi) * xi) % M ，其中 Mi = M / mi ，Inv(Mi)是Mi在mod mi意义下的逆元。
那么我们的问题就是，如何求出 C(n, m) % (p^a) 。
这里就需要用到“组合数取模”了，专门用来求解这种问题。
使用类似于快速阶乘的方法，将组合数中分数线上下的阶乘都拆成 e * p^f 的形式，然后 e 直接计算，f 分数线上下相减之后再计算。
怎么将 x! 拆成 e * p^f 呢？
假设我们要 mod 的数是 p^a ，那么我们需要预处理出 [1, p^a - 1] 中除去 p 的倍数的其余数的前缀积（类似阶乘少了 p 的倍数）。
然后我们知道 [1, x] 中包含 p 的数有 x / p 个，我们将这些数中都提取出 1 个 p，那么就获得了 p^(x/p)，然后这 x / p 个数就变成了 [1, x/p]，就可以递归下去。
其余的部分可以分段来求，分成 [1, p^a - 1], [p^a + 1, p^a + p^a - 1] ..... 这样，每一段的积都是一样的 (mod p^a 意义下)，直接快速幂就可以了。
最后还会剩下一段 [1, x % (p^a)] ，也是直接预处理出的值。
这样这道题就做完了（呼~）。
另外注意的是，在写代码的时候，我求逆元使用欧拉定理但是确用错了。
欧拉定理：a^phi(b) = 1 (mod b) 条件：gcd(a, b) = 1
注意是 a^phi(b) 而不是 a^(b-1) ！当 b 不是质数的时候就跪了！
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double LF;
const int MaxP = 10201 + 15, MaxN1 = 8 + 5;
int T, p, n, n1, n2, m, Top, Ans;
int A[MaxN1];
LL Temp;
LL Fac[10][MaxP], Pr[10], Pi[10], Pa[10], Phi_Pi[10], Mi[10], Inv_Mi[10], Xi[10];
LL Pow(LL a, LL b, LL Mod)
{
LL ret, f;
ret = 1; f = a;
while (b)
{
if (b & 1)
{
ret *= f;
ret %= Mod;
}
b >>= 1;
f *= f;
f %= Mod;
}
return ret;
}
void Prepare()
{
int x, SqrtX;
x = p; SqrtX = (int)sqrt((LF)x);
Top = 0;
for (int i = 2; i <= SqrtX; ++i)
{
if (x % i != 0) continue;
Pr[++Top] = i;
Pa[Top] = 0;
Pi[Top] = 1;
while (x % i == 0)
{
++Pa[Top];
Pi[Top] *= i;
x /= i;
}
Phi_Pi[Top] = Pi[Top] / Pr[Top] * (Pr[Top] - 1);
}
if (x > 1)
{
Pr[++Top] = x;
Pa[Top] = 1;
Pi[Top] = x;
Phi_Pi[Top] = Pi[Top] - 1;
}
for (int i = 1; i <= Top; ++i)
{
Mi[i] = p / Pi[i];
Inv_Mi[i] = Pow(Mi[i], Phi_Pi[i] - 1, Pi[i]);
Fac[i][0] = 1;
for (int j = 1; j < Pi[i]; ++j)
{
if (j % Pr[i] != 0) Fac[i][j] = Fac[i][j - 1] * j % Pi[i];
else Fac[i][j] = Fac[i][j - 1];
}
}
}
struct ES
{
LL e, f;
};
ES Calc(int x, int k)
{
ES ret, tc;
if (x < Pr[k])
{
ret.e = Fac[k][x];
ret.f = 0;
return ret;
}
ret.f = x / Pr[k];
tc = Calc(x / Pr[k], k);
ret.f += tc.f;
ret.e = tc.e * Fac[k][x % Pi[k]] % Pi[k];
ret.e = ret.e * Pow(Fac[k][Pi[k] - 1], x / Pi[k], Pi[k]) % Pi[k];
return ret;
}
LL C(int x, int y, int k)
{
LL ret;
int pf;
ES Ex, Ey, Exy;
Ex = Calc(x, k);
Ey = Calc(y, k);
Exy = Calc(x - y, k);
ret = Ex.e * Pow(Ey.e, Phi_Pi[k] - 1, Pi[k]) % Pi[k] * Pow(Exy.e, Phi_Pi[k] - 1, Pi[k]) % Pi[k];
pf = Ex.f - Ey.f - Exy.f;
if (pf >= Pa[k]) ret = 0;
else ret = ret * Pow(Pr[k], pf, Pi[k]) % Pi[k];
return ret;
}
int C(int x, int y)
{
if (x == y) return 1;
if (x < y) return 0;
if (y == 0) return 1;
LL ret = 0;
for (int i = 1; i <= Top; ++i) Xi[i] = C(x, y, i);
for (int i = 1; i <= Top; ++i)
{
ret += Xi[i] * Mi[i] % p * Inv_Mi[i] % p;
ret %= p;
}
return (int)ret;
}
void DFS(int x, int Cnt, int Sum)
{
if (x == n1)
{
if (Cnt & 1) Temp -= C(m - Sum - 1, n - 1);
else Temp += C(m - Sum - 1, n - 1);
Temp = (Temp % p + p) % p;
return;
}
DFS(x + 1, Cnt, Sum);
DFS(x + 1, Cnt + 1, Sum + A[x + 1]);
}
int Solve()
{
Temp = 0;
DFS(1, 0, 0);
DFS(1, 1, A[1]);
return (int)Temp;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &T, &p);
Prepare();
for (int Case = 1; Case <= T; ++Case)
{
scanf("%d%d%d%d", &n, &n1, &n2, &m);
for (int i = 1; i <= n1; ++i) scanf("%d", &A[i]);
int Num;
for (int i = 1; i <= n2; ++i)
{
scanf("%d", &Num);
m -= Num - 1;
}
if (n1 > 0) Ans = Solve();
else Ans = C(m - 1, n - 1);
printf("%d\n", Ans);
}
return 0;
}
[BZOJ 3129] [Sdoi2013] 方程 【容斥+组合数取模+中国剩余定理】
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原文地址：http://www.cnblogs.com/JoeFan/p/4396432.html
