礼物（中国剩余定理+拓展gcd求逆元+分治=拓展Lucus）

礼物

• 题意：

  • 求$$C(n,m) % p$$
  • (n,m,ple 10^9)，且若(p=prod_{i=1}^{k}{p_i}^{c_i})，则(forall iin [1..k]{p_i}^{c_i}le 10^5.)

• 注意到若$$p=prod_{i=1}^{k}{p_i}{c_i}，则forall iin [1..k]{p_i}^{c_i}le 10^5.$$

• 于是有一个经典套路就是，求出(k)组(A_i=C(n,m)\% {p_i}^{c_i})，最后用中国剩余定理求解.

• 注意到若中国剩余定理求出一组特解为(Ans)，则((Ans+kp))为其通解.

• 由于(p)不保证为质数，所以我们需要对(C(n,m))拆式子，然后把含(p)的与不含(p)的质因子分开算.

• 于是问题转化为求(n!)，我们以(p^c)个数为一组，不难发现，把含(p)质因子的数筛出去后每一组的乘积在模(p^c)意义下是一样的.

• 这个证明很显然，因为每一组都可以表示为((k*p^c+1,k*p^c+2,cdots,(k+1)*p^c)).

• 于是发现含有(p)的质因子又是一个阶乘.

• 所以分治处理.

• 注意这里对于模数非质数的求逆元方法：

• 我们要求(x)关于(m)的逆元，实质上就是(ax + km = 1)的解.

• 然后我们可以求得这个(a)，用拓展(gcd)即可.

ll Exgcd(L a, L b, L &x, L &y) {
	if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
	L d = Exgcd(b, a % b, x, y), z = x;
	x = y, y = z - y * (a / b); return d;
} //拓欧

ll CALC(L st, L en, L k) { L s = 1;
	F(i, st, en) if (i % sta[k].p) s = (s * i) % sta[k].up;
	return s;
}

ll calc(L n, L k) {
	if (n <= sta[k].p) return CALC(1, n, k);
	L k1 = calc(n / sta[k].p, k); //分治求解
	L k2 = CALC(1, min(sta[k].up - 1, n), k); //每sta[k].up个分一组，这是一个循环节
	if (n > sta[k].up) {
		L k3 = CALC((n / sta[k].up) * sta[k].up + 1, n, k); //计算循环节余剩的
		return (k1 * ksm(k2, n / sta[k].up, sta[k].up) * k3) % sta[k].up;
	}
	else return (k1 * k2) % sta[k].up;
}

ll count(L n, L p) { return n < p ? 0 : n / p + count(n / p, p); } //分治计算含p质因子个数

ll Inv(L t, L p) {
	L d, x, y; d = Exgcd(t, p, x, y); //求逆元
	return (x % p + p) % p;
}

ll C(L x, L y) {
	L ss = 0;
	F(i, 1, cnt) {
		L s1 = calc(x, i), s2 = (calc(y, i) * calc(x - y, i)) % sta[i].up, tot; //计算x!/y!(x-y)!
		s1 = s1 * Inv(s2, sta[i].up) % sta[i].up; //与sta[i].up互质，所以用拓欧求逆元.
		tot = count(x, sta[i].p) - count(y, sta[i].p) - count(x - y, sta[i].p); //计算含p质因子个数
		s1 = s1 * ksm(sta[i].p, tot, sta[i].up) % sta[i].up; //快速幂一下
		G[i] = {s1, sta[i].up}; //一组方程
	}
	F(i, 1, cnt) {
		L Mi = p / sta[i].up;
		ss = (ss + ((G[i].a * Mi % p) * Inv(Mi, G[i].mo))) % p; //构造一组特解
	}
	return ss == 0 ? p : (ss % p + p) % p; //通解
}

• 此题是很好的思维+数论模板题.