題目

給定方程
X1+X2+. +Xn=M
我們對第l..N1個變量進行一些限制：
Xl < = A
X2 < = A2
Xn1 < = An1
我們對第n1 + 1..n1+n2個變量進行一些限制：
Xn1+l > = An1+1
Xn1+2 > = An1+2
Xnl+n2 > = Anl+n2
求：在滿足這些限制的前提下，該方程正整數解的個數。
答案可能很大，請輸出對p取模後的答案，也即答案除以p的余數。

輸入格式

輸入含有多組數據，第一行兩個正整數T，p。T表示這個測試點內的數據組數，p的含義見題目描述。
對於每組數據，第一行四個非負整數n，n1，n2，m。
第二行nl+n2個正整數，表示A1..n1+n2。請註意，如果n1+n2等於0，那麽這一行會成為一個空行。
 

輸出格式

共T行，每行一個正整數表示取模後的答案。

輸入樣例

3 10007

3 1 1 6

3 3

3 0 0 5

3 1 1 3

3 3

輸出樣例

3

6

0

【樣例說明】

對於第一組數據，三組解為(1，3，2)，(1,4,1),(2,3,1)

對於第二組數據，六組解為(1，1，3)，(1,2,2),(1,3,1),(2,1,2),(2,2,1),(3,1,1)

提示

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

對於l00%的測試數據： T < = 5，1 < = A1..n1_n2 < = m，n1+n2 < = n

題解

組合數經典套路：
對於下限的限制，我們預先分配那麽多的數，就去掉了這個下限
對於上限的限制，我們容斥一下哪些數超過了限制，就去掉了上限

被卡常卡哭了，，
膜了一下別人的代碼才發現擴展Lucas在計算前預處理一下階乘會快很多

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
 

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
#define res register
using namespace std;
const int maxn = 11000,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57){if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int md,A[11];
int pi[11],pk[11],cnt,fac[maxn];
void pre(int pi,int pk){
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= pk; i++)
        if (i % pi) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % pk;
        else fac[i] = fac[i - 1];
}
void init(){
    int x = md;
    for (res int i = 2; i * i <= x; i++)
        if (x % i == 0){
            ++cnt; pi[cnt] = i; pk[cnt] = 1;
            while (x % i == 0) pk[cnt] *= i,x /= i;
        }
    if (x - 1) ++cnt,pi[cnt] = pk[cnt] = x;
}
inline int qpow(int a,int b,int md){
    int ans = 1;
    for (; b; b >>= 1,a = 1ll * a * a % md)
        if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % md;
    return ans % md;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL& d,LL& x,LL &y){
    if (!b) {x = 1; y = 0; d = a;}
    else exgcd(b,a % b,d,y,x),y -= a / b * x;
}
inline LL inv(LL a,LL P){
    if (!a) return 0;
    LL d,x,y; exgcd(a,P,d,x,y);
    x = (x % P + P) % P; if (!x) x += P;
    return x;
}
inline LL Fac(LL n,LL pi,LL pk){
    if (!n) return 1;
    int ans = qpow(fac[pk],n / pk,pk);
    return 1ll * ans * fac[n % pk] % pk * Fac(n / pi,pi,pk) % pk;
}
inline int C(int n,int m,int pi,int pk){
    if (m > n) return 0;
    int a = Fac(n,pi,pk),b = Fac(m,pi,pk),c = Fac(n - m,pi,pk),ans,k = 0;
    for (res int i = n; i; i /= pi) k  += i / pi;
    for (res int i = m; i; i /= pi) k  -= i / pi;
    for (res int i = n - m; i; i /= pi) k  -= i / pi;
    ans = 1ll * a * inv(b,pk) % pk * inv(c,pk) % pk * qpow(pi,k,pk) % pk;
    return 1ll * ans * (md / pk) % md * inv(md / pk,pk) % md;
}
inline int exlucas(int n,int m){
    if (m > n) return 0;
    int ans = 0;
    for (res int i = 1; i <= cnt; i++)
        pre(pi[i],pk[i]),ans = (ans + C(n,m,pi[i],pk[i])) % md;
    return ans;
}
void solve(){
    int N = read(),n1 = read(),n2 = read(),M = read();
    M -= N;
    for (res int i = 1; i <= n1; i++) A[i] = read();
    for (res int i = 1; i <= n2; i++) M -= read() - 1;
    int maxv = (1 << n1) - 1;
    int re = 0;
    for (res int s = 0; s <= maxv; s++){
        int m = M,pos = 1;
        for (res int i = 1,t = s; i <= n1; i++, t >>= 1)
            if (t & 1) m -= A[i],pos = -pos;
        if (m + N - 1 < 0) continue;
        re = (re + 1ll * pos * exlucas(m + N - 1,N - 1) % md) % md;
    }
    re = (re % md + md) % md;
    printf("%d\n",re);
}
int main(){
    int T = read(); md = read();
    init();
    while (T--) solve();
    return 0;
}

BZOJ3129 [Sdoi2013]方程 【擴展Lucas】