2142: 礼物
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Description
一年一度的圣诞节快要来到了。每年的圣诞节小E都会收到许多礼物，当然他也会送出许多礼物。不同的人物在小E心目中的重要性不同，在小E心中分量越重的人，收到的礼物会越多。小E从商店中购买了n件礼物，打算送给m个人，其中送给第i个人礼物数量为wi。请你帮忙计算出送礼物的方案数（两个方案被认为是不同的，当且仅当存在某个人在这两种方案中收到的礼物不同）。由于方案数可能会很大，你只需要输出模P后的结果。
Input
输入的第一行包含一个正整数P，表示模；第二行包含两个整整数n和m，分别表示小E从商店购买的礼物数和接受礼物的人数；以下m行每行仅包含一个正整数wi，表示小E要送给第i个人的礼物数量。
Output
若不存在可行方案，则输出“Impossible”，否则输出一个整数，表示模P后的方案数。
Sample Input
100 4 2 1 2
Sample Output
12
【样例说明】
下面是对样例1的说明。
以“/”分割，“/”前后分别表示送给第一个人和第二个人的礼物编号。12种方案详情如下：
1/23 1/24 1/34
2/13 2/14 2/34
3/12 3/14 3/24
4/12 4/13 4/23
【数据规模和约定】
设P=p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * … *pt ^ ct，pi为质数。
对于100%的数据，1≤n≤109，1≤m≤5，1≤pi^ci≤10^5。
HINT
Source
方案数是n!/(w1!*w2!*…*wm!) mod p。
我们把p进行质因数分解，分解为若干个pi^ci的成绩，再将方案数对每一个pi^ci取模，最后用中国剩余定理合并。
现在的主要问题就是如何求出n! mod pi^ci和n!关于pi^ci的逆元，(其中pi为质数)。
假设pi=5(其余同理)，我们可以发现如下关系：
n!=(1*2*3*4*6*7*8*9*11*…)*5^(n/5)*(n/5)!
把所有p的倍数的项单独处理，后面的(n/5)!就可以递归求解。
这样我们就可以预处理阶乘，将p的倍数的项省略，用1代替。分子和分母类似，预处理阶乘的逆元。最后p的若干次幂用快速幂。注意最终p的次数是分母的次数减去分子的次数。
最终要注意sum<n和sum>n的情况的处理。(详见代码)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define maxn 200005
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,mod,cnt,sum,tot;
ll a[maxn],b[maxn],p[maxn],pc[maxn],fac[maxn];
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void divide(int n)
{
for(int i=2;i*i<=n;i++) if (n%i==0)
{
p[++cnt]=i;pc[cnt]=1;
while (n%i==0) pc[cnt]*=i,n/=i;
}
if (n>1) p[++cnt]=n,pc[cnt]=n;
}
inline ll power(ll x,ll y,ll p)
{
ll ans=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%p) if (y&1) ans=ans*x%p;
return ans;
}
inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if (!b){x=1;y=0;return;}
exgcd(b,a%b,x,y);
ll t=x;x=y;y=t-a/b*x;
}
inline ll inv(ll a,ll b)
{
ll x,y;
exgcd(a,b,x,y);
return (x%b+b)%b;
}
inline ll calc(ll n,ll p,ll pc)
{
if (n<p) return fac[n];
tot+=n/p;
return fac[n%pc]*power(fac[pc-1],n/pc,pc)%pc*calc(n/p,p,pc)%pc;
}
inline ll solve(ll p,ll pc)
{
fac[0]=1;
F(i,1,pc-1) fac[i]=fac[i-1]*(i%p?i:1)%pc;
tot=0;
ll t1=calc(n,p,pc),t2=1;
ll tmp=tot;
F(i,1,pc-1) fac[i]=fac[i-1]*(i%p?inv(i,pc):1)%pc;
tot=0;
F(i,1,m) t2=t2*calc(a[i],p,pc)%pc;
return t1*t2%pc*power(p,tmp-tot,pc)%pc;
}
int main()
{
mod=read();n=read();m=read();
F(i,1,m){a[i]=read();sum+=a[i];}
if (sum>n){printf("Impossible\n");return 0;}
if (sum<n) a[++m]=n-sum;
divide(mod);
F(i,1,cnt) b[i]=mod/pc[i];
ll ans=0;
F(i,1,cnt)
{
ll t1=solve(p[i],pc[i]),t2=inv(b[i],pc[i]);
ans=(ans+t1*t2%mod*b[i]%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}