http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3398
以下牡牛为a，牝牛为b。
学完排列计数后试着来写这题，“至少”一词可以给我们提示，我们可以枚举a为x头（x>1），然后算出对应的排列累计起来。
对于x头a，首先我们先缩掉必要的k头牛(x-1)*k，然后这时可以特判可以先结束（因为单调的），然后在缩好后的x个点和n-x-(x-1)*k个点进行多重排列就行了。
只是遇到一个问题，多重排列有个除法，又要取模的QAQ，即(a/b)%m，怎么做呢。。我只能去抱大腿。dwellings神犇说这是乘法逆元，这样转换(a*b^(phi(m)-1)) % m
其实补补mod意义下的除法吧
我们知道除以ab=1时，b就是a的逆元，同理，a也是b的逆元。
在实际意义下的数的逆元就是它的倒数，而mod意义下的逆元没有倒数的说法，在这里我们要补一些概念：
剩余系：就是mod n的所有元素，即0～n-1
而mod意义下的加减乘都是在剩余系中完成的，例如(a+b)%c=(a%c+b%c)%c，这里的a%c和b%c就是转换到了剩余系中然后做加法，显然这是成立的。
但是除法不同，而在剩余系中的逆元是可能出现在剩余系中的（如果不是，那么要用另一种做法，就是将这个mod拆开，这里先不阐述。。因为我不会嘛。。）
那么我们同样用ab=1来求逆元，那么显然我们可以用乘法来做。
例如mod15下的7*13=1，那么13就是7的逆元，7也是13的逆元。
哈哈，那么显然了，当在剩余系n中，元素a有ax=1(mod n)，且gcd(a, n)=1（即有解），那么中x就是a的逆元。
还有一个欧拉定理（费马小定理
a^(phi(n))=1(mod n)，且a和n互质
那么逆就是a^(phi(n)-1) mod n
看来得去补补数论了QAQ
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%lld", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define printarr2(a, b, c) for1(_, 1, b) { for1(__, 1, c) cout << a[_][__]; cout << endl; }
#define printarr1(a, b) for1(_, 1, b) cout << a[_] << ' '; cout << endl
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }
const int N=100005;
const long long MOD=5000011;
int p[N], n, k;
long long fastpow(long long a, long long b) {
long long ret=1; a%=MOD;
while(b) {
if(b&1) ret=(ret*a)%MOD;
a=(a*a)%MOD;
b>>=1;
}
return ret;
}
int main() {
read(n); read(k); p[0]=p[1]=1;
for1(i, 2, n) p[i]=((long long)p[i-1]*(long long)i)%MOD;
long long ans=1+n;
for1(i, 2, n) {
int b=n-i, x=i, y=b-(x-1)*k;
if(y<0) break;
//(a / b) % p = a * b ^ (phi(p)-1) % p
ans=(ans+((long long)p[x+y]*fastpow((long long)p[x]*(long long)p[y], MOD-2))%MOD)%MOD;
}
print(ans);
return 0;
}
Description
Input
Output
Sample Input
4 2
Sample Output
样例说明
6种方法分别是：牝牝牝牝，牡牝牝牝，牝牡牝牝，牝牝牡牝，牝牝牝牡，牡牝牝牡