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≤10^9，1≤m≤5，1≤pi^ci≤10^5。
这道题我想了好久才想透，算是比较复杂的一道数论题。
我们先看题意，要我们求总的方案数，这个方案数其实是挺好推的，因为 n个礼物选出总共sum个，sum里又要选a[1]个，sum-a[1]里选a[2]个。所以我们推出答案为：C(n,sum)*C(sum,a[1])*C(sum-a[1],a[2])*C(sum-a[1]-a[2],a[3])……*C(sum-∑a[1~n-1],a[n])。
这就是我们要求的东西，但是我们要mod数p,如果p是质数，那也十分简单，因为我们直接用Lucas定理求解即可。可这里的p并不是质数。所以我们就得把p分解质因数，然后用中国剩余定理合并（关于怎么合并，我会在接下去讲中国剩余定理的时候介绍）即可。
我们分解质因数，然后用C(n,m)%pi^ki。这里就要用到乘法逆元了：
C(n,m)%pi^ki=n!%pi^ki*inv(m!,pi^ki)*inv(n-m!,pi^ki)。但是如果直接用逆元的话并不可以，因为有可能在这些阶乘中出现取模的数，这样的话就直接变为0了。所以我们要把这些数提取出来。比如6!mod3=1*2*4*5*3^2*1*2,我们对于每一个有3的提出3，然后就可以用逆元了。（注意这里的逆元必须用扩展欧几里得，由于费马小定理必须满足pi为质数或伪素数,但这里是pi^ki）
这里我们要介绍用扩展欧几里得求逆元。逆元的公式为ax≡1（mod m）,则我们可以展开即ax-my=1，我们将y取负，即为ax+bm=1,这就可以用扩展欧几里得了。
//扩展欧几里得求逆元
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &gcd){
if(b==0){
x=1;y=0;gcd=a;return;
}
exgcd(b,a%b,y,x,gcd);
y=y-a/b*x;
}
ll inverse(ll a,ll b){
ll x1,y1,gcd;
exgcd(a,b,x1,y1,gcd);
return (x1%b+b)%b;
}为什么可以用中国剩余定理合并呢？我们要先了解中国剩余定理。
中国剩余定理是求一次同余方程的定理，对于方程:
x≡a1(mod m1), x≡a2(mod m2) …… x≡an(mod mn)，我们就可以求出x。
若n1满足n1≡a1(mod m1),且m2~mn|n1,而n2满足n2≡1(mod m2),且除m2的数正处n2……一次类推，这n1到nn全部加起来就是x的一个解。而我们用M=∏mi,则x的解集为{x|x=Mk+∑ni,k∈Z}。
我们用Mi=M/mi，则ni=ai*Mi*inv(Mi,mi),因为这样ni mod mi=ai。
我们可以用一个式子表示：x≡∑ai*Mi*inv(Mi,mi)（mod M）。
这样我们发现，M即为题目中的P，而x也就是我们要求的答案，所以最后mod出来的东西就是中间那一坨，也就是∑ai*Mi*（Mi关于mi的逆元）。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pa pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
ll read(){
char c;ll x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';
while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
ll p,n,m,sum,cnt,ans,w[10005],a[10005];
struct node{
ll p,num,t;
}F[10005];
void fac(ll x){
for(ll i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i!=0) continue;
F[++cnt].p=i;F[cnt].num=1;
while(x%i==0){x/=i;F[cnt].t++;F[cnt].num*=i;}
}
if(x>1){
F[++cnt]=(node){x,x,1};
}
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &gcd){
if(b==0){
x=1;y=0;gcd=a;return;
}
exgcd(b,a%b,y,x,gcd);
y=y-a/b*x;
}
ll reverse(ll a,ll b){
ll x1,y1,gcd;
exgcd(a,b,x1,y1,gcd);
return (x1%b+b)%b;
}
ll pows(ll a,ll b,ll md){
ll base=1;
while(b){
if(b&1) base=(base*a)%md;
a=(a*a)%md;b/=2;
}
return base%md;
}
pa go(ll pl,ll x){
if(x==0) return mp(0,1);
ll u=x/F[pl].p,v=x/F[pl].num,res=1;
if(v){
for(ll i=2;i<F[pl].num;i++)if(i%F[pl].p!=0) res=(res*1ll*i)%F[pl].num;
res=pows(res,v,F[pl].num);
}
for(ll i=v*F[pl].num+1;i<=x;i++) if(i%F[pl].p!=0) res=res*1ll*i%p;
pa tmp=go(pl,u);
return mp(u+tmp.fi,res*tmp.se%p);
}
ll calc(ll pl,ll x,ll y){
if(x<y) return 0;
pa a=go(pl,x),b=go(pl,y),c=go(pl,x-y);
return pows(F[pl].p,a.fi-b.fi-c.fi,F[pl].num)*a.se%F[pl].num*reverse(b.se,F[pl].num)%F[pl].num*reverse(c.se,F[pl].num)%F[pl].num;
}
ll CRT(){
ll x=0,y,gcd;
for(ll i=1;i<=cnt;i++){
ll r=p/F[i].num;
exgcd(F[i].num,r,gcd,y,gcd);
x=(x+r*a[i]*y)%p;
}
return (x+p)%p;
}
ll work(ll u,ll v){
for(ll i=1;i<=cnt;i++)
a[i]=calc(i,u,v);
return CRT();
}
int main()
{
p=read();m=read();n=read();
for(ll i=1;i<=n;i++) w[i]=read(),sum+=w[i];
if(sum>m){
puts("Impossible");return 0;
}
fac(p);
ans=work(m,sum)%p;
for(ll i=1;i<=n;i++){
ans=ans*work(sum,w[i])%p;
sum-=w[i];
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}