给出0≤k≤n≤500000,0≤l≤m≤500000.
我需要计算GCD(C(n,k),C(m,l))模10 ^ 9 7.
我的尝试:
我考虑过使用fourmula的技巧:
C(n,k)= n *(n-1)* … *(n-k 1)/ k!
例如,假设l> = k:
GCD(C(n,k),C(m,l))=
= GCD(n *(n-1)* … *(n-k 1)/ k!,m *(m-1)* … *(m-l 1)/ l!)=
= GCD(n *(n-1)* … *(nk 1)*(k 1)* … * l / l!,m *(m-1)* … *(ml 1) / l!)=
= GCD(n *(n-1)* … *(nk 1)*(k 1)* … * l,m *(m-1)* … *(ml 1))/ l !
反转l!用二进制求幂到10 ^ 9 5很好,但我不知道如何继续.
这(k 1)* … * l部分破坏了一切.如果在乘数之间存在交集,我可以找到一些好处
n *(n-1)* … *(n-k 1)和m *(m-1)* … *(m-l 1),
但如果没有,整个GCD必须包含在这个(k 1)* … * l部分中.
接下来是什么?使用原生GCD算法保留剩余乘数?
太长了因为需要计算它们的产物,所以上面的操作看起来毫无意义.
我是正确的吗?
是否有一些技巧可以解决这个问题?
最佳答案 有了juvian的建议,这很简单.我怎么没想出分解的想法!
我的C代码如下:
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define NMAX 500000
#define MOD 1000000007
using namespace std;
long long factorial(long long n)
{
long long ans = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
ans = ans * i % MOD;
return ans;
}
long long binPow(long long num, int p)
{
if (p == 0)
return 1;
if (p % 2 == 1)
return binPow(num, p - 1) * num % MOD;
if (p % 2 == 0)
{
long long b = binPow(num, p / 2);
return b * b % MOD;
}
}
void primesFactorize(long long n, long long primes[])
{
for (int d = 2; d * d <= n; d++)
while(n % d == 0)
{
n /= d;
primes[d]++;
}
if (n > 1) primes[n]++;
}
long long primes1[NMAX];
long long primes2[NMAX];
int main()
{
long long n, k, m, l;
cin >> k >> n >> l >> m;
if (k > l)
{
swap(n, m);
swap(k, l);
}
for (int i = n - k + 1; i <= n; i++)
primesFactorize(i, primes1);
for (int i = k + 1; i <= l; i++)
primesFactorize(i, primes1);
for (int i = m - l + 1; i <= m; i++)
primesFactorize(i, primes2);
for (int i = 2; i <= max(n, m); i++)
primes1[i] = min(primes1[i], primes2[i]);
long long ans = 1;
for (int i = 2; i <= max(n, m); i++)
for (int j = 1; j <= primes1[i]; j++)
ans = ans * i % MOD;
ans = ans * binPow(factorial(l), MOD - 2) % MOD;
cout << ans << endl;
return 0;
}