数论篇7——组合数 & 卢卡斯定理（Lucas）

组合数

组合数就是高中排列组合的知识，求解组合数C(n,m)，即从n个相同物品中取出m个的方案数。

求解方式

求解通式：$C^{m}_{n}=\dfrac {n!}{m!\left( n-m\right) !}$

性质1：$C^{m}_{n}=C_{n}^{n-m}$

性质2：$C^{m}_{n}=C^{m-1}_{n-1}-i+C^{m}_{n-1}$

打表递推

根据性质2：$C^{m}_{n}=C^{m-1}_{n-1}+C^{m}_{n-1}$

组合数算出来特别大，往往都会要求取余，这里取$P=1e9+7$。时间复杂度$O(n^2)$

const int P = 1e9 + 7;
#define N 1000
int comb[N][N];

int main() {
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        comb[i][0] = comb[i][i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            comb[i][j] = comb[i - 1][j] + comb[i - 1][j - 1];
            comb[i][j] %= P;
            //cout << comb[i][j] << endl;
        }
    }
}

逆元法

因为大部分题都有求余，可利用逆元的原理（没求余的题目，自己找一个比较大的素数作为P，也可以用逆元做）

线性递推求逆元

当$p$为质数时有$a^{-1}=(p-[p/a])\cdot (p\%a)^{-1}\%p$

求阶乘的逆元

根据通式：$C^{m}_{n}=\dfrac {n!}{m!\left( n-m\right) !}$，有$C^{m}_{n}=n!\cdot inv[m!] \cdot inv[(n-m)!]$

设 $finv(i)=inv(i\ !)$

则根据：$finv(i-1)=\frac{1}{\ (i-1)\ !}=\frac{1}{i\ !}\times i =finv(i)\times i$

有：$finv(i) = finv(i-1)\times inv(i)$

详见：数论篇4——逆元（数论倒数）

初始化时间复杂度$O(n)$，求$C^{m}_{n}$为$O(1)$

const int N = 200000;
const int P = (int)1e9 + 7;
int fact[N+5], Finv[N+5], inv[N+5];//fact是阶乘，Finv是阶乘的逆元
void init() {
    inv[1] = 1;
    //线性递推求逆元
    for (int i = 2; i <= N; i++) {
        inv[i] = (P - P / i) * 1ll * inv[P % i] % P;
    }
    fact[0] = Finv[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        fact[i] = fact[i - 1] * 1ll * i % P;//求阶乘
        Finv[i] = Finv[i - 1] * 1ll * inv[i] % P;//求阶乘的逆元
    }
}
int C(int n, int m) {//comb(n, m)就是C(n, m) 
    if (m < 0 || m > n) return 0;
    return fact[n] * 1ll * Finv[n - m] % P * Finv[m] % P;
}

卢卡斯定理

现在有了新问题，如果$n$和$m$非常大，$p$为素数，比如求$C_n^m \% p \ ,\ n\leqslant 10^{18},m\leqslant 10^{18},p\leqslant 10^{9}$

$C_n^m\ \%\ p  =  C(n / p, m / p) * C(n\ \%\ p, m\ \%\ p)\ \%\  p$

或者写成这样更准确$Lucas(n,m)\ \%\ p=Lucas(n/p,m/p)*C(n\ \%\ p,m\ \%\ p)\ \%\ p$

证明请看此 lucas_百度百科，没仔细看证明，所以对不对我也不知道。

写成递归，代码就这么短：

LL Lucas(LL n, LL m, int p){
         return m ? Lucas(n/p, m/p, p) * C(n%p, m%p, p) % p : 1;
}

具体C的实现要看情况。

P较小时，打表

typedef long long ll;
const int N = 1e5 ;
const int P = 99991;//取一个小于N的素数
ll fact[P + 5], inv[P + 5], Finv[P + 5];//阶乘打表

void init() {
    inv[1] = 1;
    //线性递推求逆元
    for (int i = 2; i <= P; i++) {
        inv[i] = (P - P / i) * 1ll * inv[P % i] % P;
    }
    fact[0] = Finv[0] = 1;
    for (int i = 1; i < P; i++) {
        fact[i] = fact[i - 1] * 1ll * i % P;//求阶乘
        Finv[i] = Finv[i - 1] * 1ll * inv[i] % P;//求阶乘的逆元
    }
}
 
ll C(ll n, ll m){//组合数C(n, m) % p
    if (m > n)return 0;
    return fact[n] * Finv[n - m] % P * Finv[m] % P;
}
ll Lucas(ll n, ll m){
    return m ? C(n % P, m % P) * Lucas(n / P, m / P) % P : 1;
}

P较大时，没法打表，用快速幂算逆元

typedef long long ll;

const int N = 1e9 ;
const int P = 1e8 + 7;

ll quickPower(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    a %= P;
    while (b) {
        if (b & 1)res = (res % P) * (a % P) % P;
        a = (a % P) * (a % P) % P;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
ll inv(ll x) {//x关于p的逆元，p为素数
    return quickPower(x, P - 2);
}
ll C(ll n, ll m) {
    if (m > n)return 0;
    ll up = 1, down = 1;//分子分母;
    for (int i = n - m + 1; i <= n; i++)
        up = up * i % P;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        down = down * i % P;
    return up * inv(down) % P;
}
ll Lucas(ll n, ll m) {
    if (m == 0)return 1;
    return C(n % P, m % P) * Lucas(n / P, m / P) % P;
}