CodeForces 300C Beautiful Numbers（乘法逆元/费马小定理+组合数公式+高速幂）

C. Beautiful Numbers

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Vitaly is a very weird man. He's got two favorite digits a and b. Vitaly calls a positive integer good, if the decimal representation of this integer only contains digits a and b. Vitaly calls a good number excellent, if the sum of its digits is a good number.

For example, let's say that Vitaly's favourite digits are 1 and 3, then number 12 isn't good and numbers 13 or 311 are. Also, number111 is excellent and number 11 isn't.

Now Vitaly is wondering, how many excellent numbers of length exactly n are there. As this number can be rather large, he asks you to count the remainder after dividing it by 1000000007 (109 + 7).

A number's length is the number of digits in its decimal representation without leading zeroes.

Input

The first line contains three integers: a, b, n (1 ≤ a < b ≤ 9, 1 ≤ n ≤ 106).

Output

Print a single integer — the answer to the problem modulo 1000000007 (109 + 7).

Sample test(s)

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1 3 3

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1

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2 3 10

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165

题目大意：

给出a和b，假设一个数每一位都是a或b，那么我们称这个数为good，在good的基础上，假设这个数的每一位之和也是good，那么这个数是excellent。

求长度为n的excellent数的个数mod(1e9+7)。ps：1e9+7是一个质数。

解题思路：
因为题目中给出了n，所以我们能够枚举a的个数m，那么剩下的（n-m）位就是b。再推断a*m+b*(n-m)是不是good数，假设是。那么我们在答案中加上C(m,n)就可以，枚举完成即终于答案。
可是n最大为1e6，计算组合数时(C(m,n)=n!/(m!*(n-m)!))要计算n的阶乘。直接计算肯定会出现错误。

在这里介绍一些数学知识：


（1）费马小定理

费马小定理(Fermat Theory)是数论中的一个重要定理。其内容为： 假如p是质数，且Gcd(a,p)=1。那么 a(p-1)（mod p）≡1。

即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者仅仅有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。

简而言之就是假设a，p互质，同一时候p是质数。那么a^(p-1) mod p=1。证明略。


（2）乘法逆元

若对于a，p存在x。使得a*x mod p=1。那么我们称x为a对p的乘法逆元。

证明略。
那么乘法逆元存在的意义是什么呢？
假如我们要求(a/b) mod p且无法直接求得a/b的值时，我们能够求出b对p的乘法逆元inv，那么(a/b) mod p=(a*inv) mod p。

证明例如以下:
假如inv是b对于p的乘法逆元，即b*inv=p*t+1（t为整数），移项得inv=(p*t+1)/b
(a*inv) mod p
=(a*((p*t+1)/b)) mod p
=(a*(p*t/b+1/b)) mod p
=(a/b) mod p+(a*(p*t+1)) mod p
=(a/b) mod p+(a*p*t/b) mod p
∵ (a*p*t/b) mod p=0
∴ 原式=(a/b) mod p
即(a*inv) mod p=(a/b) mod p

有了这2个概念我们就能够高速地算出组合数了。
我们能够知道x与x^p-2互为逆元（p是质数）。
/*
证明：x与x^(p-2)互为逆元（p是质数）

由费马小定理：x^(p-1) mod p=1
x*(x^(p-2)) mod p=1
得x与x^(p-2)互为乘法逆元。证毕。
*/
由上述结论可知，要计算C(i,n)。即计算n!/(i!*(n-i)!) mod p，那么我们仅仅须要计算n!*(i!*(n-i))^(p-2) mod p。

參考代码：

#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;
const int MAXN=1e6+50;
typedef __int64 LL;

LL f[MAXN],a,b,n;

bool is_excellent(int x)
{
    while(x)
    {
        if(x%10!=a&&x%10!=b)
            return false;
        x/=10;
    }
    return true;
}

LL fastmod(LL b,LL c,LL mod)//b^c%mod
{
    LL re=1,base=b;
    while(c)
    {
        if(c&1)
            re=((re%mod)*(base%mod))%mod;
        base=((base%mod)*(base%mod))%mod;
        c>>=1;
    }
    return re%mod;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif // ONLINE_JUDGE
    f[0]=1;
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=1e6;i++)
        f[i]=(f[i-1]*i)%MOD;
    while(scanf("%I64d%I64d%I64d",&a,&b,&n)!=EOF)
    {
        LL ans=0;
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            int num=a*i+b*(n-i);
            if(is_excellent(num))
            {
                //DEBUG;
                LL t=f[n];
                t=(t*fastmod(f[i],MOD-2,MOD))%MOD;
                t=(t*fastmod(f[n-i],MOD-2,MOD))%MOD;
                ans=(ans+t)%MOD;
            }
        }
        printf("%I64d
",ans%MOD);
    }
    return 0;
}