P5509 派遣

题面传送门。

数论小杂烩（

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由题意，对于每个士兵 \(i\)，要么选，对答案产生 \(a_i(\frac{x}{i-x})\) 倍的贡献，要么不选，对答案产生 \(1\) 倍的贡献。

由此可知每个士兵之间是独立的，不相互影响，则根据乘法原理，答案应为

\[\prod_{i=1}^{nk-1}(a_i+1)
\]

。大力展开，即

\[\prod_{i=0}^{n-1}\prod_{j=0,ik+j\neq0}^{k-1}(\frac{i}{ik+j-i}+1)
\]

，即

\[\prod_{i=0}^{n-1}\prod_{j=0,ik+j\neq0}^{k-1}(\frac{ik+j}{ik+j-i})
\]

。不妨将分子分母拆开来看：

• 分子：

  \[\prod_{i=0}^{n-1}\prod_{j=0,ik+j\neq0}^{k-1}ij
  \]

  ，即

  \[(nk-1)!
  \]

  。

• 分母：Markdown 渲染好像不太行。。。

  |\(i/j\)|\(0\)|\(1\)|\(2\)|\(\cdots\)|\(k-1\)
  
  |:-:-:-:-:-:-:-
  
  |\(0\)|/|\(1\)|\(2\)|\(\cdots\)|\(k-1\)
  
  |\(1\)|\(k-1\)|\(k-1+1\)|\(k-1+2\)|\(\cdots\)|\(2(k-1)\)
  
  |\(2\)|\(2(k-1)\)|\(2(k-1)+1\)|\(2(k-1)+2\)|\(\cdots\)|\(3(k-1)\)
  
  |$\cdots\ \(|\)\cdots\(|\)\cdots\(|\)\cdots\(|\)\cdots\(|\)\cdots\(|
  |\)n-2\(|\)(n-2)(k-1)\(|\)(n-2)(k-1)+1\(|\)(n-2)(k-1)+2\(|\)\cdots\(|\)(n-1)(k-1)\(
  |\)\ \ n-1\ \ \(|\)\ \ (n-1)(k-1)\ \ \(|\)\ \ (n-1)(k-1)+1\ \ \(|\)\ \ (n-1)(k-1)+2\ \ \(|\)\ \ \cdots\ \ \(|\)\ \ n(k-1)\ \ $

  不难发现 \(1\sim n(k-1)\) 各出现了一次，且每一行的第一个数与上一行的最后一个数相等，即 \(k-1\)，\(2(k-1)\)，\(\cdots\)，\((n-1)(k-1)\) 多出现了一次。

  那么分母为

  \[[n(k-1)]!\times \prod_{i=1}^{n-1}i(k-1)
  \]

  ，即

  \[(nk-k)!\times (k-1)^{n-1}\times (n-1)!
  \]

  。

综上，可知答案为：

\[\dfrac{(nk-1)!}{(nk-k)!\times (k-1)^{n-1}\times (n-1)!}
\]

。但是 \(nk\) 已经达到了 \(10^{18}\) 的数量级，怎么求这玩意的阶乘？

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求 \(v!\ (v>10^8)\) 模 \(p\ (p<10^8)\)：

抓住模数 \(p=1145141\)，对 \(1\sim v\) 的每个数取模，最终会得到 \(\left\lfloor \dfrac{v}{p}\right\rfloor\) 个 \(0\sim p-1\) 和 \(1\sim (v\bmod p)\)。

将所有 \(p\) 的倍数除以 \(p\)，得到 \(\left\lfloor \dfrac{v}{p}\right\rfloor\) 个 \(1\sim p-1\) 和 \(1\sim (v\bmod p)\) 和 \(1\sim \left\lfloor \dfrac{v}{p}\right\rfloor\)。

则答案为

\[(p-1)!^{\left\lfloor \frac{v}{p}\right\rfloor}\times (v\bmod p)!\times \left(\left\lfloor\frac{v}{p}\right\rfloor\right)!
\]

，预处理 \(1\sim p-1\) 的阶乘，用递归 + 快速幂即可做到 \(\mathcal O(\log v)\) 计算。

根据威尔逊定理 \((p-1)!\equiv -1\ (\bmod\ p),p\in \rm{prime}\)，原答案可化简为

\[(-1)^{\left\lfloor \frac{v}{p}\right\rfloor}\times (v\bmod p)!\times \left(\left\lfloor\frac{v}{p}\right\rfloor\right)!
\]

，这样可以做到 \(\mathcal O(\log_p v)\) 计算，可以近似看做常数。

代码：

ll cal(ll v){return v<mod?fc[v]:fc[v%mod]*((v/mod)&1?-1:1)%mod*cal(v/mod)%mod;}

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接下来计算出分子和分母各含有多少个 \(p\)：

• \(v!\)：一般的，\(v!\) 中含有质因子 \(p\) 的个数应为 \(\sum_{i=1,v\geq p^i}\left\lfloor \dfrac{v}{p^i}\right\rfloor\)，但此处 \(v<p^3\)，则可以化简为 \(\left\lfloor \dfrac{v}{p}\right\rfloor+\left\lfloor \dfrac{v}{p^2}\right\rfloor\)。
• \((k-1)^{n-1}\)：
  • 当 \(p\mid k-1\) 时，\(p\) 的个数为 \(n-1\)，此时一定无解（即输出 \(\tt{-1}\)），读者自证不难。
  • 当 \(p\nmid k-1\) 时，\(p\) 的个数为 \(0\)，此时一定有解，读者自证不难。

综上，特判掉 \(p\mid k-1\) 的情况，记 \(c\) 为最终答案含有质因子 \(p\) 的个数，则

\[c=\left\lfloor \dfrac{nk-1}{p}\right\rfloor+\left\lfloor \dfrac{nk-1}{p^2}\right\rfloor-\left(\left\lfloor \dfrac{nk-k}{p}\right\rfloor+\left\lfloor \dfrac{nk-k}{p^2}\right\rfloor\right)-\left\lfloor \dfrac{n}{p}\right\rfloor
\]

，可以证明 \(c\geq 0\)。

那么，当 \(c>0\) 时，\(ans\equiv 0\ (\bmod\ p)\)，输出 \(0\) 即可，否则计算上文推出的答案：

\[\dfrac{(nk-1)!}{(nk-k)!\times (k-1)^{n-1}\times (n-1)!}
\]

。计算快速幂时根据费马小定理将质数 \(n-1\) 模 \(p-1\)，时间复杂度 \(\mathcal O(p+t\log p)\)。

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代码片段：

ll ksm(ll a,ll b){
	ll s=1,m=a;
	while(b){
		if(b&1)s=s*m%mod;
		m=m*m%mod,b>>=1;
	} return s;
} ll inv(ll x){return ksm(x%mod,mod-2);}
ll t,n,k,fc[mod+5];
ll cal(ll v){return v<mod?fc[v]:fc[v%mod]*((v/mod)&1?-1:1)%mod*cal(v/mod)%mod;}

int main(){
	cin>>t,fc[0]=1;
	for(int i=1;i<mod;i++)fc[i]=fc[i-1]*i%mod;
	while(t--){
		n=read(),k=read();
		if(n==1)pc('1');
		else if((k-1)%mod==0)pc('-'),pc('1');
		else{
			ll l=n*k-n,r=n*k-1;
			if(r/mod+r/mod/mod>l/mod+l/mod/mod+(n-1)/mod)pc('0');
			else print(cal(r)*inv(cal(l))%mod*inv(ksm(k-1,(n-1)%(mod-1))*cal(n-1))%mod);
		} pc('\n');
	}
	return flush(),0;
}

求赞 qwq。