BZOJ 2313 分组 题解
BZOJ 2313 分组 题解
前置知识
- 威尔逊定理；
- 中国剩余定理；
- 费马小定理（欧拉定理）；
- 组合数学。
题意简化
给定 \(n\)，\(m\)，设 \(k\) 为将 \(n\) 个数划分成多个大小一样的集合的方案数，求 \(m^k \pmod{10^9 - 401}\)。
题目分析
设 \(n\) 划分成的集合大小为 \(p\)，那么这时方案数就是：
而因为大小要相等，我们知道 \(p\) 肯定是 \(n\) 的约数，所以总方案数 \(k\) 就是：
设 \(P=10^9 - 401\) 那么最后求得的答案为：
而我们知道根据欧拉定理，这个大指数就可以降幂，变成形如下面的式子：
同时我们又发现作为模数的 \(10^9-401\) 是一个质数，那么欧拉定理退化成费马小定理：
看着这个式子似乎还是不太好做，那我们想一下有什么与阶乘相关的数论知识：明显是威尔逊定理。但是又出现了一个问题，威尔逊定理要求模数是质数，而 \(P-1\) 明显不是质数，我们需要一种方法转换它，这时候就想到了性质非常契合的中国剩余定理：我们把 \(P-1\) 拆成几个质数 \(p_1 \dots p_n\)，然后就可以通过下面的式子算出来：
设 \(X\) 是我们要求的指数，\(Y\) 是 \(X\) 降幂之后的值，则 \(X \equiv Y \pmod{P-1}\)，它们满足以下线性同组方程组：
那么我们对每个质数 \(p_i,i \in [1,n]\) 分别把 \(y_i\) 求出来，最后再放到一起用中国剩余定理合并，就可以得出 \(Y\)。
我们处理完，发现 \(P-1 = 2 \times 13 \times 5281 \times 7283\)，也就是说 \(\{ p_i \} =\{2,13,5281,7283\}\)。
那么我们只需要求出对于每个 \(p_i\)，\(\frac{n!}{\frac{n}{p}!(p!)^{\frac{n}{p}}} \pmod {p_i}\) 的值是多少，容易发现这是威尔逊定理的模版。
CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);++i)
#define DOR(i,a,b) for(int i=(a);i>=(int)(b);--i)
#define RCL(a,b,c,d) memset((a),(b),sizeof(c)*(d))
#define main Main();signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);return Main();}signed Main
using namespace std;
constexpr int N=1e4+10,MOD[5]= {999999599,2,13,5281,7283};
namespace Modular_Arithmetic {
#define Toadd(a,b) ((a)=add((a),(b)))
#define Tomul(a,b) ((a)=mul((a),(b)))
#define toadd(x,a,b) ((a)=(x).add((a),(b)))
#define tomul(x,a,b) ((a)=(x).mul((a),(b)))
struct Modular {
int MOD;
int fac[N];
template<typename T1,typename T2>constexpr auto add(T1 a,T2 b) {
return a+b>=MOD?a+b-MOD:a+b<0?a+b+MOD:a+b;
}
template<typename T1,typename T2>constexpr auto mul(T1 a,T2 b) {
return (1ll*a*b%MOD+MOD)%MOD;
}
template<typename T,typename...Types>constexpr auto add(T a,Types... b) {
return add(a,add(b...));
}
template<typename T,typename...Types>constexpr auto mul(T a,Types... b) {
return mul(a,mul(b...));
}
int Pow(int a,int b) {
int res=1;
for(a%=MOD; b; b>>=1,Tomul(a,a))if(b&1)Tomul(res,a);
return res;
}
int _Pow(int n) {
int cnt=0;
for(; n; n/=MOD,cnt+=n);
return cnt;
}
int Inv(int x) {
return Pow(x,MOD-2);
}
int Fac(int n) {
int res=1;
for(; n>1; Tomul(res,fac[n%MOD]),n/=MOD)if((n/MOD)&1)res=MOD-res;
return res;
}
void Init() {
fac[0]=1;
FOR(i,1,MOD-1)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
}
int Solve(int n,int m) {
return _Pow(n)-_Pow(m)>_Pow(n/m)*m?0:mul(Fac(n),Inv(Fac(m)),Inv(Pow(Fac(n/m),m)));
}
} M[5];
void Init() {
FOR(i,0,4) {
M[i].MOD=MOD[i];
if(i)M[i].Init();
}
}
} using namespace Modular_Arithmetic;
int Cas,n,m,ans,mod;
int a[N];
vector<int> Divide(int x) {
vector<int> vec;
vec.clear();
for(int i=1; i*i<=x; ++i)if(x%i==0) {
vec.push_back(i);
if(i*i!=x)vec.push_back(x/i);
}
return sort(vec.begin(),vec.end()),vec;
}
signed Cmain() {
cin>>n>>m,RCL(a,0,a,1);
vector<int> factors=Divide(n);
FOR(i,1,4)for(int &x:factors)toadd(M[i],a[i],M[i].Solve(n,x));
ans=a[4],mod=MOD[4];
DOR(i,3,1) {
while(ans%MOD[i]!=a[i])ans+=mod;
mod*=MOD[i];
}
cout<<M[0].Pow(m,ans)<<endl;
return 0;
}
signed main() {
for(Init(),cin>>Cas; Cas; --Cas)Cmain();
return 0;
}
后记
这是一道数论好题，难得地集齐了四大数论定理，当然还可以用扩展卢卡斯定理做（但我不会），值得拿来练手，加深印象，其中对中国剩余定理的运用也是我先前所不知道的，这道题对数论能力真的非常有帮助。
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