容斥原理 - 分糖（SOJ 747）

分糖

題目描述

有 N 個（相同的）糖果，M 個（不同的）小朋友。M 和 N 滿足：1≤M≤N≤100000(105)。
要求：
1.每個小朋友都至少有一個糖果。
2.不存在正整數 X（X>=2），使得每個小朋友的糖果數都是 X 的倍數。
3.糖果不能剩餘。
求分糖方法總數。答案模 1000000007（109+7）

輸入格式

第一行爲數據組數：T<=100000。
接下來 N 行，每行 2 個如上文所示的正整數 N，M。

輸出格式

輸出 T 行，每行一個整數，爲答案。
注意取模！

Analysis

難度不是很大的一道題啦：）
正難則反
我們統計每個小朋友的糖果數都是 X 的倍數的情況
顯然X應該是N的因數
那麼問題就變成了將N分解質因數
然後容斥一下
方案數的話就是將a個相同物品放入b個不同集合，集合非空的情況
$ans=C_{a-1}^{b-1}$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define re register
#define in read()
using namespace std;
inline int read(){
	char ch;int f=1,res=0;
	while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') f=-1;
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return f==1?res:-res;
}
const int N=1e5;
const int P=1e9+7;
typedef long long ll;
int T,n,m;
int fac[N+10],ifac[N+10];
inline ll ksm(ll x,ll b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=res*x%P;
		x=x*x%P;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
int mark[N+10],pri[N+10],tot=0;
void init(){
	for(re int i=2;i<=N;++i){
		if(!mark[i]) pri[++tot]=i;
		for(re int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;++j){
			mark[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
	fac[0]=1;
	for(re int i=1;i<=N;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%P;
	ifac[N]=ksm(fac[N],P-2);
	for(re int i=N-1;i>=0;--i) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%P;
}
int cnt=0,a[N];
void divide(int x){
	for(re int i=1;pri[i]*pri[i]<=x&&i<=tot;++i)
		if(x%pri[i]==0){
			a[++cnt]=pri[i];
			while(x%pri[i]==0) x/=pri[i];
		}
	if(x>1) a[++cnt]=x;
}
ll C(ll x,ll y){
	if(y>x) return 0;
	return fac[x]*ifac[y]%P*ifac[x-y]%P;
}
bool cmp(const int a,const int b){return a>b;}
ll ans;
void dfs(int pos,int sum,int t){
	if(pos>cnt){
		int x=n/sum;
		if(t) ans=(ans-C(x-1,m-1))%P;
		else ans=(ans+C(x-1,m-1))%P;
		return;
	}
	dfs(pos+1,sum*a[pos],t^1);
	dfs(pos+1,sum,t);
}
void work(){
	cnt=0;
	divide(n);
	ans=0;
	sort(a+1,a+cnt+1,cmp);
	dfs(1,1,0);
	cout<<((ans%P+P)%P)<<'\n';
}
signed main(){
	T=in;
	init();
	while(T--){
		n=in;m=in;
		if(n==m) puts("1");
		else work();		
	}
	return 0;
}