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HDU - 5976 Detachment（逆元）
题意：将一个数x拆成a1+a2+a3+……，ai不等于aj，求最大的a1*a2*a3*……。
分析：
1、预处理前缀和前缀积，因为拆成1对乘积没有贡献，所以从2开始拆起。
2、找到一个id，使得2+3+4+……+id - 1(sum[id-1]) < x < 2+3+4+……+id(sum[id)。（二分找即可）
则rest = x - sum[id - 1]。将rest分配给2+3+4+id-1中的某个数。
3、在保证数字不重复的前提下，分配给的那个数越小越好，证明见4。
因此，应该分配给的数为id-rest。但是在id-rest小于2时，那还应该分配给2，2是可以分配的数字中最小的数字。
假设分配给4，那么最后的结果中，mul[id-1]应除以4（把4去掉），然后再乘上（4+rest）。
4、证明：设tmp=2*3*4*……*(id - 1)。
假设既可分配给4，也可分配给5的情况下，
将rest分配给4：设tmp=4*t1,则ans1=(4+rest)*t1,
将rest分配给5：设tmp=5*t2,则ans2=(5+rest)*t2,
因为t1>t2,所以ans1>ans2，得证。
5、PS：2为偶数，3为奇数，2x+3y可以表示大于1的所有正整数，3最多的时候最优。
6、逆元：
1、除法取模要用逆元。
遇到(a/b)%mod这种情况，应转化成(a*k)%mod，k即为a在mod情况下的逆元。
2、递推求逆元
inv[1]=1for(i=2;i<n;i++)inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD
3、定义：
满足b*k≡1 (mod MOD) 即b*k%MOD==1%MOD==1的k值就是b关于MOD的乘法逆元。
4、证明：
因为b*k≡1 (mod MOD)，即(b*k)%MOD=1,即b*k=MOD*x+1。
所以，k=(MOD*x+1)/b。
把k代入(a*k) mod MOD，得：
(a*(MOD*x+1)/b) mod MOD
=((a*MOD*x)/b+a/b) mod MOD
=[((a*MOD*x)/b) mod MOD +(a/b)] mod MOD
=[(MOD*(a*x)/b) mod MOD +(a/b)] mod MOD
因为p*[(a*x)/b] mod p=0
所以上式=(a/b)mod MOD，得证。
#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int MAXN = 100000 + 10;typedef long long LL;LL sum[MAXN], mul[MAXN], inv[MAXN];const LL MOD = 1e9 + 7;void init(){ sum[1] = 0, mul[1] = 1, inv[1] = 1; for(int i = 2; i < MAXN; ++i){ sum[i] = sum[i - 1] + i; mul[i] = ((mul[i - 1] % MOD) * (i % MOD)) % MOD; inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD; }}int main(){ int T; scanf("%d", &T); init(); while(T--){ LL x; scanf("%lld", &x); if(x == 1){ printf("1\n"); continue; } int id = lower_bound(sum + 2, sum + MAXN, x) - sum; if(sum[id] == x){ printf("%lld\n", mul[id]); continue; } --id; LL rest = x - sum[id]; LL ans; if(2 + rest > id){ ans = ((mul[id] * inv[2]) % MOD * (2 + rest)) % MOD; } else{ ans = ((mul[id] * inv[id + 1 - rest]) % MOD * (id + 1)) % MOD; } printf("%lld\n", ans % MOD); } return 0;}
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