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。

(nleq 10^9,kleq 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_{1leq i < n } x_i ) + t x_n equiv 0 pmod mcdots (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!inom{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_{1leq 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_1cdots 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;
}