给定x,求\(a_1+a_2+...+a_k=x^x\ mod\ 1000\)的正整数解解的组数,对于100%的数据，k≤100，x≤2^31-1。

解

显然x是可以快速幂得到答案的，而该问题显然是组合计数的问题，换一种解释即\(b=x^x\)个相同的数能怎样放进k个有标号盒子。

思路一

而无法解决无标号放入有标号。于是逆向思维，把有标号盒子放入无标号\(b\)个数，有标号盒子可以重复放，无标号$b数个只能被放一次，因为是正整数的缘故，所以盒子必须保证放过，故事先构造放满，再套用可重组合公式，有

\[C_{k+b-k-1}^{k-1}=C_{b-1}^{k-1}\]

思路二

注意到组合问题很难解决，故考虑排列，而这又是划分问题，故考虑全排列划分模型，即有k-1个0与b个1进行全排列，0去划分1,但是注意到要的是正整数解，于是0之间必须有1，于是事先填好1，有

\[\frac{(k-1+b-k)!}{(k-1)!(b-k)!}=C_{b-1}^{k-1}\]

得到公式后根据所得条件按质因数分解型的阶乘高精处理即可。

参考代码：

#include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       #define il inline#define ri register#define yyb 1000using namespace std;struct lll{    short num[5000];    il lll(){num[0]=1;}    il void clear(){memset(num,0,sizeof(num)),num[0]|=true;}    template
       
            il void operator=(free x){        num[0]=0;        while(x)num[++num[0]]=x%10,x/=10;    }    il lll operator*(lll x){        lll y;y.clear();        for(ri int i(1),j,k;i<=num[0];++i){            k=0;            for(j=1;j<=x.num[0];++j)                y.num[i+j-1]+=num[i]*x.num[j]+k,                    k=y.num[i+j-1]/10,y.num[i+j-1]%=10;            y.num[i+x.num[0]]+=k;        }y.num[0]=num[0]+x.num[0];        while(!(y.num[y.num[0]])&&y.num[0]>1)--y.num[0];        return y;    }template
        
             il lll operator^(free y){        lll x(*this),ans;ans=1;        while(y){            if(y&1)ans=ans*x;            x=x*x,y>>=1;        }return ans;    }    il void print(){        for(ri int i(num[0]);i;--i)putchar(num[i]+48);    }};lll xdk[250];bool check[1100];int prime[250],sp[250],tot;il int pow(int,int);il void c(int,int),sieve(int);int main(){    int k,x;    scanf("%d%d",&k,&x),x=pow(x%yyb,x);    sieve(x-1),c(x-1,k-1);    return 0;}il void sieve(int n){    for(ri int i(2),j;i<=n;++i){        if(!check[i])prime[++tot]=i,xdk[tot]=i;        for(j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;++j){            check[i*prime[j]]|=true;            if(!(i%prime[j]))break;        }    }}il void c(int n,int r){    if(n
         
          >=1; }return ans;}