n！mod p 的求法 數學

今天在教室看了一上午的白書，發現其中的這一章很有意思，用各種神奇的解法來做一個沒有任何用的階乘取模。

首先我們直到如果p<n的話，取模的結果肯定是0對吧，如果p>n他又叫我們直接預處理出來，真的搞不懂。

然后就是他給的神奇方法：

“

在計數問題中，經常需要用到n！。在學完前面的介紹之后，有必要了解n！在mod p下的一些性質，下面我們假設p是素數，n！=a p^e(a無法被p整除），並試圖求解a mod p和e。

e是n！能夠迭代整除p的次數，因此可以使用下面的式子計算。

n/p+n/p²+n/p³+......

這個結論很顯然，因為n/d和不超過n的能被d整除的正整數的個數相等。由於只需要

對於p^t<=n的t進行計算，因此復雜度是O(log_pn)。

接下來計算a mod p。首先計算n!=1*2*...*n的因數中不能被p整除的項的積。假設n=10，p=3，則

n!=1*2*3*4*5*6*7*8*9&10

=1*2*4*5*7*8*10≡1*2*1*2*1*2  *1(mod p)

從這個例子中可以看出，不能被p整除的項的積等於(p-1)!^(n/p)*(n mod p)!。事實上，根據威爾遜定理，我們有（p-1)!≡-1(mod p)。因為除了1和p-1之外的其余的項都可以和各自的逆元相稱等於1。所以該項可以簡化成-1^(n/p)*(n mod p)!。

接下來，計算可以被p整除的項的積。很簡單，就是1，2，3....n/p。因此，問題的范圍就由n縮小到了n/p。如果預處理出0<=n<p范圍中n! mod p的表，就可以在O(log_pn)時間內算出答案。

int fact[MAX];//預處理階乘表

//分解n！=ape，返回a mod p。
int mod_fact(int n,int p,int& e)
{
	e=0;
	if(n==0)
		return 1;

	int res=mod_fact(n/p,p,e);
	e+=n/p;

	if(n/p&2!=0)
		return res*(p-fact[n%p])%p;
	return res*fact[n%p]%p;
}

 

 

 

 

”