题意

求 16 16 16 进制下， n ! n! n! 去掉尾部 0 0 0 后取模 2 64 2^{64} 264 的结果。

n < 2 64 n<2^{64} n<264

一共 T ≤ 10 T\leq10 T≤10 组数据。

题解

存在一个末尾的 0 0 0 ，意味着能被 2 4 2^4 24 整除。我们就把这个数含有的 2 2 2 的次数求出来，取模 4 4 4 ，再乘上去。我们可以用扩展Lucas类似的方法，把目标不断除以 2 来统计，即依次统计能被 2 1 , 2 2 , 2 3 , . . . , 2 63 2^1,2^2,2^3,...,2^{63} 21,22,23,...,263 整除的数的个数，再加起来。剔除所有的 2 2 2 后，答案变成了
∏ i = 0 f ( n 2 i ) \prod_{i=0} f(\frac{n}{2^i}) i=0∏​f(2in​)

其中 f ( n ) = ∏ i = 1 ( n + 1 ) / 2 − 1 ( 2 i + 1 ) f(n)=\prod_{i=1}^{(n+1)/2-1}(2i+1) f(n)=∏i=1(n+1)/2−1​(2i+1) 。

现在我们的问题变成了求 f ( n ) f(n) f(n) ，我们把它展开，
喔   唷 ，   崩   溃   啦 _{喔\,唷，\,崩\,溃\,啦} 喔唷，崩溃啦​

这里的 n n n 太大了，看来我们得换个思路，我们令 2 = x 2=x 2=x ，在取模 2 64 2^{64} 264 下，我们会发现只存在 x x x 的 1 ∼ 63 1\sim63 1∼63 次项。我们再展开：
∑ i = 0 63 g ( n + 1 2 − 1 , i ) ⋅ x i \sum_{i=0}^{63} g(\frac{n+1}{2}-1,i)\cdot x^i i=0∑63​g(2n+1​−1,i)⋅xi

这里的 g ( n , m ) g(n,m) g(n,m) 表示从 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 中选 m m m 个数相乘的所有方案之和。

未曾设想的方向： g ( n , m ) g(n,m) g(n,m) 是可以递推的，不难得出递推式为
g ( n , m ) = g ( n − 1 , m ) + g ( n − 1 , m − 1 ) × n g(n,m)=g(n-1,m)+g(n-1,m-1)\times n g(n,m)=g(n−1,m)+g(n−1,m−1)×n

这个式子看起来有点熟悉，我们想想另一个递推式：
s ( n , m ) = s ( n − 1 , m − 1 ) + s ( n − 1 , m ) × ( n − 1 ) s(n,m)=s(n-1,m-1)+s(n-1,m)\times(n-1) s(n,m)=s(n−1,m−1)+s(n−1,m)×(n−1)

所以不难发现第一类斯特林数 s ( n , m ) s(n,m) s(n,m) 和 g ( n , m ) g(n,m) g(n,m) 之间的关系：
g ( n , m ) = s ( n + 1 , n − m + 1 ) g(n,m)=s(n+1,n-m+1) g(n,m)=s(n+1,n−m+1)

太好啦，我们可以直接计算第一类斯特林数：
喔   唷 ，   崩   溃   啦 _{喔\,唷，\,崩\,溃\,啦} 喔唷，崩溃啦​

还是不行，因为这里的 n + 1 n+1 n+1 太大了， m m m 虽然很小，但是 n − m + 1 n-m+1 n−m+1 太大了。

考虑到第一类斯特林数的定义是若干个数组成圆排列，我们可以利用 m m m ，因为大小超过 1 1 1 的圆排列个数小于等于 m m m 。所以：
s ( n + 1 , n − m + 1 ) = ∑ i = 0 m d p [ m ] [ i ] ⋅ ( n + 1 m + i ) s(n+1,n-m+1)=\sum_{i=0}^{m} dp[m][i]\cdot{n+1\choose m+i} s(n+1,n−m+1)=i=0∑m​dp[m][i]⋅(m+in+1​)

其中 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示 i + j i+j i+j 个数形成 j j j 个大小不为 1 1 1 的圆排列的方案数，

这个也是可以递推的，讨论最末尾一个圆排列大小是否大于 2 2 2 ，可得递推式
d p [ i ] [ j ] = ( d p [ i − 1 ] [ j ] + d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ) × ( i + j − 1 ) dp[i][j]=\big(dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1]\big)\times\big(i+j-1\big) dp[i][j]=(dp[i−1][j]+dp[i−1][j−1])×(i+j−1)

---

组合数的计算是个难题，因为要用除法，但是 2 64 2^{64} 264 又不是个很好的模数。

所以，我们要把分子和分母的所有 2 2 2 都提出来，然后相除，再放到组合数里。

---

综合算下来，时间复杂度 O ( T log ⁡ 4 n ) O(T\log^4n) O(Tlog4n)，可过。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<random>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 10000005
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define DB double
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define ENDL putchar('\n')
#define FI first
#define SE second
LL read() {
    LL f=1,x=0;int s = getchar(); 
    while(s < '0' || s > '9') {if(s<0)return -1;if(s=='-')f=-f;s = getchar();}
    while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x<<3) + (x<<1) + (s^48); s = getchar();}
    return f*x;
}
const char sxt[16] = {'0','1','2','3','4','5','6','7','8','9','A','B','C','D','E','F'};
ULL readull() {
	ULL x=0;int s = getchar(); 
	while(s < '0' || s > '9') {if(s < 0) return 0;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48); s = getchar();}
	return x;
}
void putpos(ULL x) {if(!x)return ;putpos(x>>4);putchar(sxt[x&15]);}
void putnum(ULL x) {
    if(!x) {putchar('0');return ;}
    return putpos(x);
}
void AIput(ULL x,int c) {putnum(x);putchar(c);}

int n,m,s,o,k;
ULL inv[128];
ULL facf(ULL x) {
	if(!x) return 1ull;
	ULL dp[128][128] = {};
	dp[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i <= 126 && i <= x;i ++) {
		for(int j = 1;j <= i;j ++) {
			dp[i][j] = dp[i-1][j] * (i-1+j) + dp[i-1][j-1] * (i-1+j);
		}
	}
	if(!(x&1)) x --;
	ULL n = x/2 + 1;
	ULL ans = 0,pw = 1;
	for(int i = 0;i <= 63 && i <= n;i ++,pw <<= 1) {
		ULL stl = 0;
		ULL c1[128],c2 = 1,tlc2 = 1;
		for(int j = 1;j <= i*2 && j <= n;j ++) {
			c1[j] = n-j+1;
			int b = j,cn = 0;
			while(!(b&1)) b>>=1,cn++;
			for(int k = 1;k <= j && cn;k ++) {
				while(cn && !(c1[k]&1)) c1[k]>>=1,cn --;
			}
			c2 *= inv[b];
			tlc2 *= b;
			if(j > i) {
				ULL C = c2;
				for(int k = 1;k <= j;k ++) C *= c1[k];
				stl += C * dp[i][j-i];
			}
		}
		if(i == 0) stl = 1;
		ans += pw * stl;
	}
	return ans;
}
int main() {
	freopen("multiplication.in","r",stdin);
	freopen("multiplication.out","w",stdout);
	inv[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= 128;i += 2) {
		ULL a = i;
		inv[i] = i;
		for(int j = 1;j <= 62;j ++) {
			a = a * a;
			inv[i] *= a;
		}
	}
	int T = read();
	while(T --) {
		ULL N = readull();
		int ct = 0;
		ULL b = 1,as = facf(N);
		for(int i = 1;i < 64;i ++) {
			b <<= 1;
			ct += (N/b) & 3;
			ct &= 3;
			as *= facf(N/b);
		}
		for(int i = 1;i <= ct;i ++) as *= 2ull;
		AIput(as,'\n');
	}
	return 0;
}