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SRM502 Div1 1000
题意
从 [0,n-1] 中选择 k 个不同的整数，使得他们的和是 n 的倍数，求方案数。对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\leq 10^9,k\leq 1000\)
题解
首先我们考虑从 n 个里面选择 k 个并进行排列的方案数，最终只需要除以 k! 就好了。
设 \(M=n\) ；
设 \(f(n,m,t)\) 表示 在 \(0,1,\cdots M-1\) 中任选 \(n\) 个，并使得 \((\sum_{1\leq i < n } x_i ) + t x_n \equiv 0 \pmod m\cdots (1)\) (设取的第 \(i\) 个为 \(x_i\) ) 。
则答案显然是 \(f(k,n,1)\) 。
于是我们考虑如何求解这个函数。
\(f(n,m,t)=\)
如果 $n=0 $ ，那么返回 \(1\) 。
如果 \(m = 1\) ，那么 (1) 式恒成立，答案就是 \(n!\binom{M}{n} = M^{\underline{n}}\)
-
否则，我们通过容斥，分类讨论（结果就是下面 (1) 的贡献减掉 (2) 的贡献）。
(1) \(x_i(i<n)\) 中可能存在与 \(x_n\) 相等的数（也可能不存在）：相当于选择 \(n-1\) 个数存在 \(x_n\) 使得 \((\sum_{1\leq i < n } x_i ) + t x_n \equiv 0 \pmod m\) ，设 \(g = \gcd(t,m)\)，则方案数 \(=f(n-1,g,1)\) ，对于 \(x_n\) ，我们也可以确定其取值个数，即 \(Mg/m\) 。
(2) \(x_i(i<n)\) 中存至少一个与 \(x_n\) 相等的数。则在 \(x_1\cdots x_{n-1}\) 个中任选一个和 \(x_n\) 相等，有 \(n-1\) 种可能，乘上对应的方案数 \(f(n-1,m,t+1)\) 即可。
由于我们经常要用到 \(f(a,b,1)\) ，所以我们对于 \(f(a,b,1)\) 记忆化一下，然后搜索即可。注意 \(f(a,n,1)\) 这种要特殊处理。
代码
static const int N=1005,mod=1e9+7;
int M;
int dp[N][N],Fac[N];
int Pow(int x,int y){
int ans=1;
for (;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod)
if (y&1)
ans=1LL*ans*x%mod;
return ans;
}
int gcd(int x,int y){
return y?gcd(y,x%y):x;
}
int f(int n,int m,int t){
if (n==0)
return 1;
if (m==1)
return Fac[n];
int g=gcd(m,t);
// sum + t * x = 0
// c(sum = 0) - c(sum = 0 && (t+1))
if (t==1){
int _m=min(m,1000+1);
if (~dp[n][_m])
return dp[n][_m];
dp[n][_m]=((1LL*f(n-1,g,1)*(M/m*g)
-1LL*f(n-1,m,t+1)*(n-1))%mod+mod)%mod;
return dp[n][_m];
}
int res=((1LL*f(n-1,g,1)*(M/m*g)
-1LL*f(n-1,m,t+1)*(n-1))%mod+mod)%mod;
return res;
}
int find(int N, int K){
M=N;
memset(dp,-1,sizeof dp);
int t=1;
Fac[0]=1;
for (int i=1;i<=K;i++){
t=1LL*t*i%mod;
Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*(N-i+1)%mod;
}
t=Pow(t,mod-2);
int ans=1LL*t*f(K,N,1)%mod;
return ans;
}