求组合数C(n,m)的四种方法

方案一:纯暴力方案

C(n,m)=n * (n-1) * (n-2) * (n-m+1) / m!

typedef long long ll;
ll Combination(ll n,ll m)
{
    ll ans=1;
    for(int i=n;i>=n-m+1;i--)
        ans*=i;
    for(int i=m;i>=1;i--)
        ans/=i;
    return ans;
}
int main()
{
    ll a,b;
    cin >> a >> b;
    cout << Combination(a,b);
}

方案二:打表方案

C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)

//如果不求余，最多能算到60
ll C[Max][Max];
void Combination()
{
    for(int i=0;i<Max;i++)
        C[i][0]=1;
    for(int i=1;i<Max;i++)
        for(int j=1;j<Max;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
int main()
{
    Combination();
    for(int i=1;i<Max;i++)
    {
        for(int j=1;j<=i;j++)
            cout << C[i][j] << " ";
        cout << endl;
    }
}

方案三:质因数分解

C(n,m)=n! / ( m! * (n-m)! )，设n!分解因式后，质因数p的次数为a；对应地m!分解后p的次数为b；(n-m)!分解后p的次数为c；则C(n,m)分解后，p的次数为a-b-c。计算出所有质因子的次数，它们的积即为答案，即C(n,m)=p1^a1-b1-c1 * p2^a2-b2-c2…pk^ak-bk-ck。n!分解后p的次数为：n/p+n/p²+…+n/p^k。
算法的时间复杂度比前两种方案都低，基本上跟n以内的素数个数呈线性关系，而素数个数通常比n都小几个数量级，例如100万以内的素数不到8万个。用筛法生成素数的时间接近线性。该方案1秒钟能计算 1kw数量级的组合数。如果要计算更大，内存和时间消耗都比较大。

#include
#include
#include
using namespace std;
const int MOD = 100007;
const int maxn = 1000001;
bool a[maxn]={false};
vector <int> prim_produce() //生成素数序列
{
    vector <int> vc;
    vc.push_back(2);
    int i,j;
    for(i=3;i*i<=maxn;i+=2)
    {
        if(!a[i])
        {
            vc.push_back(i);
            for(j=i*i;j<=maxn;j+=i)
            {
                a[j]=true;
            }
        }
    }
    while(i<maxn)
    {
        if(!a[i]) vc.push_back(i);
        i+=2;
    }
    return vc;
}
//计算n！素数p的指数
int cal(int x,int p)
{
    int ans=0;
    long long re=p;
    while(x>=re)
    {
        ans+=x/re;
        re*=p;
    }
    return ans;
}

int Pow(long long n,int k) //二分求n的k次方
{
    long long ans=1;
    while(k)
    {
        if(k&1)
            ans=ans*n%MOD;
        n=(n*n)%MOD;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
int Combination(int n,int m) //计算公式
{
    vector <int> prim=prim_produce();
    long long ans=1;
    int num;
    for(int i=0;i<prim.size()&&prim[i]<=n;i++)
    {
        num=cal(n,prim[i])-cal(m,prim[i])-cal(n-m,prim[i]);
        ans=(ans*Pow(prim[i],num))%MOD;
    }
    return ans;
}
int main(void)
{
    int n,m;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        printf("%d\n",Combination(n,m));
    }
    return 0;
}

方案四:Lucas定理

设p是一个素数（题目中要求取模的数也是素数），将n,m均转化为p进制数，表示如下：

满足下式：

**C(n,m)=C(n0,m0) * C(n1,m1)…(mod p)，**即C(n,m)模p等于p进制数上各位的C(ni,mi)模p的乘积。利用该定理，可以将计算较大的C(n,m)转化成计算各个较小的C(ni,mi)。
该方案能支持整型范围内所有数的组合数计算，甚至支持64位整数，注意中途溢出处理。该算法的时间复杂度跟n几乎不相关了，可以认为算法复杂度在常数和对数之间。

#include 
const int M = 2013;
int ff[M+5];  //打表，记录n!，避免重复计算

//求最大公因数
int gcd(int a,int b)
{
    if(b==0)
        return a;
    else
        return gcd(b,a%b);
}

//解线性同余方程，扩展欧几里德定理
int x,y;
void Extended_gcd(int a,int b)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
    }
    else
    {
        Extended_gcd(b,a%b);
        long t=x;
        x=y;
        y=t-(a/b)*y;
    }
}

//计算不大的C(n,m)
int C(int a,int b)
{
    if(b>a)
        return 0;
    b=(ff[a-b]*ff[b])%M;
    a=ff[a];
    int c=gcd(a,b);
    a/=c;
    b/=c;
    Extended_gcd(b,M);
    x=(x+M)%M;
    x=(x*a)%M;
    return x;
}

//Lucas定理
int Combination(int n, int m)
{
    int ans=1;
    int a,b;
    while(m||n)
    {
        a=n%M;
        b=m%M;
        n/=M;
        m/=M;
        ans=(ans*C(a,b))%M;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int i,m,n;
    ff[0]=1;
    for(i=1; i<=M; i++) //预计算n!
        ff[i]=(ff[i-1]*i)%M;
    while(~scanf("%d%d",&n, &m))
    {
        printf("%d\n",Combination(n,m));
    }
    return 0;
}