从概率论理解问题

方案平均贡献*方案总数=总和 

总方案*符合要求的方案概率=符合要求的方案数

 定义NB数字为这个数字十进制的每一位之和为S，累乘的乘积为2^p2*3^p3*5^p5*7^p7，现在告诉你S、p2、p3、p5、p7求所有满足条件的NB数之和对500500573取模。（莫名其妙三个小点没过，所以不贴代码）

设a[1]...a[9]为每种数字出现次数，则只需枚举四个数字即可推出全体数字，根据可重排列，方案数=n！/累乘(重复度！)；每种方案期望为s/L*(1+10+100+1000+...)

则方案平均贡献*方案总数=总和 

求1...n能组成多少个大根堆

一个大小为size的堆，合法概率为1/size，总方案数=n！

总方案*符合要求的方案概率=符合要求的方案数

此题取mo=2*prim，但要取逆模，一种方法是上下同时规约到质因子，另一种方法是用同余定理，对于2，求出上下*2的个数，可知对二取模大小，对于prim，直接逆模，因为只有两个同余方程所以直接枚举也可得出答案。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
int g[200005],f[200005],n;
long long ans1,ans2,d1,d2;
const int mo=1999966,p=mo/2;
int fgm(long long b,int e,int p)
{
    long long sum=1;
    for (;e;)
    {
	if ((e&1)==1) sum=(sum*b)%p;
	b=(b*b)%p;
	e>>=1;
    }
    return sum;
}
void origin()
{
    int i;
    for (i=n;i>0;i--) g[i]=g[i<<1]+g[(i<<1)+1]+1;
}
void init()
{
    int i;
    scanf("%d\n",&n);
    origin();
    d1=d2=0;
    ans2=1;ans1=1;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
	ans1=(ans1*i)%p;
	if (0==(i&1)) 
	{
	    f[i]=i/2;
	    d1+=f[i];
	}
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
	if (g[i]!=1)
	{
	    ans2=(ans2*(g[i]))%p;
	    d2+=f[g[i]];
	}
	else break;
    ans1=(ans1*fgm(ans2,p-2,p))%p;
    if (d1>d2) ans2=0;
    else ans2=1;
    for (;;ans1=(ans1+p)%mo)
    {
	if ((ans1&1)==ans2) break;
    } 
    printf("%d\n",ans1%mo);
}
int main()
{
    freopen("easy.in","r",stdin);
    freopen("easy.out","w",stdout);
       init();
    return 0;
}