bzoj 3129: [Sdoi2013]方程（容斥原理+组合数学+数论）

3129: [Sdoi2013]方程

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Description

给定方程

    X1+X2+. +Xn=M

我们对第l..N1个变量进行一些限制：

Xl < = A

X2 < = A2

Xn1 < = An1

我们对第n1 + 1..n1+n2个变量进行一些限制：

Xn1+l > = An1+1

Xn1+2 > = An1+2

Xnl+n2 > = Anl+n2

求：在满足这些限制的前提下，该方程正整数解的个数。

答案可能很大，请输出对p取模后的答案，也即答案除以p的余数。

Input

    输入含有多组数据，第一行两个正整数T，p。T表示这个测试点内的数据组数，p的含义见题目描述。

    对于每组数据，第一行四个非负整数n，n1，n2，m。

    第二行nl+n2个正整数，表示A1..n1+n2。请注意，如果n1+n2等于0，那么这一行会成为一个空行。

Output

  共T行，每行一个正整数表示取模后的答案。

Sample Input

3 10007

3 1 1 6

3 3

3 0 0 5

3 1 1 3

3 3

Sample Output

3

6

0

【样例说明】

对于第一组数据，三组解为(1，3，2)，(1,4,1),(2,3,1)

对于第二组数据，六组解为(1，1，3)，(1,2,2),(1,3,1),(2,1,2),(2,2,1),(3,1,1)

HINT

n < = 10^9  , n1 < = 8   , n2 < = 8   ,  m < = 10^9  ,p<=437367875

对于l00%的测试数据：  T < = 5，1 < = A1..n1_n2  < = m，n1+n2 < = n

Source

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题解： 对于an1+1~an2这些数，给m减去ai-1就没有影响了，因为限制是Xi>=ai，而插板法的限制是Xi>=1，所以直接减去ai-1就能消除影响

对于a1~an1这些数，只有8个，可以容斥，所有情况-1个不满足的+2个不满足的-...

这里不满足就是强制某些数>ai，也就是给m减去ai，然后用组合数求解。

组合数取模用lucas+中国剩余定理来做就可以了，参见bzoj 2142

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 200003
#define LL long long
#define pa pair<LL,LL>
using namespace std;
LL n,m,p;
LL prime
,cnt
,mod
,a
,a1
,ans1,ans;
int t,n1,n2,tot,q
,len;
void get_prime()
{
LL x=p;
for (LL i=2;i*i<=x;i++)
if (x%i==0)
{
prime[++tot]=i; cnt[tot]=0; mod[tot]=1;
while (x%i==0)
{
x/=i;
cnt[tot]++;
mod[tot]*=i;
}
}
if (x>1)
{
prime[++tot]=x;
cnt[tot]=1;
mod[tot]=x;
}
}
int quickpow(LL num,LL x,LL m)
{
LL ans=1; LL base=num%m;
while(x)
{
if (x&1) ans=(ans*base)%m;
x>>=1;
base=(base*base)%m;
}
return ans%m;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if (b==0)
{
x=1; y=0;
return;
}
exgcd(b,a%b,x,y);
LL t=y;
y=x-(a/b)*y;
x=t;
}
LL inverse(LL a,LL b)
{
LL x,y;
exgcd(a,b,x,y);
return (x%b+b)%b;
}
pa solve(int k,LL n)
{
if (n==0) return pa(0,1);
LL x=n/prime[k]; LL y=n/mod[k];
LL ans=1;
if (y)
{
for (LL i=2;i<mod[k];i++)
if (i%prime[k]!=0)
ans=(ans*i)%mod[k];
ans=quickpow(ans,y,mod[k]);
}
for (LL i=y*mod[k]+1;i<=n;i++)
if (i%prime[k]!=0)
ans=(ans*i)%mod[k];
pa t=solve(k,x);
return pa(x+t.first,ans*t.second%mod[k]);
}
LL china()
{
LL ans=0,x,y;
for (int i=1;i<=tot;i++)
{
LL r=p/mod[i];
exgcd(r,mod[i],x,y);
ans=(ans+r*x*a[i])%p;
}
return (ans%p+p)%p;
}
LL calc(int k,LL n,LL m)
{
if (n<m) return 0;
pa a=solve(k,n); pa b=solve(k,m); pa c=solve(k,n-m);
LL t1=a.second*quickpow(prime[k],a.first-b.first-c.first,mod[k])%mod[k];
LL t2=inverse(b.second,mod[k])%mod[k];
LL t3=inverse(c.second,mod[k])%mod[k];
return t1*t2*t3%mod[k];
}
LL work(LL n,LL m)
{
for (int i=1;i<=tot;i++)
a[i]=calc(i,n,m);
return china();
}
void dfs(LL x,LL m,LL cnt){
if (x==n1+1){
LL t=work(m-1,n-1);
if (cnt%2) ans=((ans-t)%p+p)%p;
else ans=(ans+t)%p;
return;
}
dfs(x+1,m,cnt);
if (m-a1[x]) dfs(x+1,m-a1[x],cnt+1);
}
int main()
{
scanf("%d%lld",&t,&p);
get_prime();
for (int T=1;T<=t;T++)
{
scanf("%lld%d%d%lld",&n,&n1,&n2,&m);
for (int i=1;i<=n1;i++) scanf("%lld",&a1[i]);
for (int j=1;j<=n2;j++)
{
LL x; scanf("%lld",&x);
m-=(x-1);
}
ans=0;
if (m-1<n-1)
{
printf("0\n");
continue;
}
dfs(1,m,0);
printf("%lld\n",(ans%p+p)%p);
}
}