数学知识——求组合数（四种方法）

1. 递推法

例题：求组合数Ⅰ
给定n组询问，每组询问给定两个整数a，b，请你输出C_a^b mod (10⁹+7)的值。

输入格式
第一行包含整数n。

接下来n行，每行包含一组a和b。

输出格式
共n行，每行输出一个询问的解。

数据范围
1≤n≤10000,
1≤b≤a≤2000
输入样例：
3
3 1
5 3
2 2
输出样例：
3
10
1

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 2010, mod = 1e9 + 7;


int c[N][N];


void init()
{
    for (int i = 0; i < N; i ++ )
        for (int j = 0; j <= i; j ++ )
            if (!j) c[i][j] = 1;
            else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}


int main()
{
    int n;

    init();

    scanf("%d", &n);

    while (n -- )
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);

        printf("%d\n", c[a][b]);
    }

    return 0;
}

2. 预处理查表法

例题：求组合数Ⅱ
给定n组询问，每组询问给定两个整数a，b，请你输出C_a ^bmod (10⁹+7)的值。

输入格式
第一行包含整数n。

接下来n行，每行包含一组a和b。

输出格式
共n行，每行输出一个询问的解。

数据范围
1≤n≤10000,
1≤b≤a≤10⁵
输入样例：
3
3 1
5 3
2 2
输出样例：
3
10
1

#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 100010, mod = 1e9 + 7;


int fact[N], infact[N];


int qmi(int a, int k, int p)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}


int main()
{
    fact[0] = infact[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i ++ )
    {
        fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
        infact[i] = (LL)infact[i - 1] * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
    }


    int n;
    scanf("%d", &n);
    while (n -- )
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        printf("%d\n", (LL)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod);
    }

    return 0;
}

3. 卢卡斯定理
   卢卡斯定理：C_a^b ≡ C_amodp^bmodp C_a/p^b/p (mod p)

例题：求组合数Ⅲ
给定n组询问，每组询问给定三个整数a,b,p，其中p是质数，请你输出C_a^b mod p的值。

输入格式
第一行包含整数n。

接下来n行，每行包含一组a,b,p。

输出格式
共n行，每行输出一个询问的解。

数据范围
1≤n≤20,
1≤b≤a≤10¹⁸,
1≤p≤10⁵,

输入样例：
3
5 3 7
3 1 5
6 4 13
输出样例：
3
3
2

#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;


int qmi(int a, int k, int p)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}


int C(int a, int b, int p)
{
    if (b > a) return 0;

    int res = 1;
    for (int i = 1, j = a; i <= b; i ++, j -- )
    {
        res = (LL)res * j % p;
        res = (LL)res * qmi(i, p - 2, p) % p;
    }
    return res;
}


int lucas(LL a, LL b, int p)
{
    if (a < p && b < p) return C(a, b, p);
    return (LL)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}


int main()
{
    int n;
    cin >> n;

    while (n -- )
    {
        LL a, b;
        int p;
        cin >> a >> b >> p;
        cout << lucas(a, b, p) << endl;
    }

    return 0;
}

4. 分解质因数法
   当我们需要求出组合数的真实值，而非对某个数的余数时，分解质因数的方式比较好用：
   1. 筛法求出范围内的所有质数
   2. 通过 C(a, b) = a! / b! / (a - b)! 这个公式求出每个质因子的次数。 n! 中p的次数是 n / p + n / p^2 + n / p^3 + …
   3. 用高精度乘法将所有质因子相乘

例题：求组合数Ⅳ
输入a,b，求C_a^b的值。

注意结果可能很大，需要使用高精度计算。

输入格式
共一行，包含两个整数a和b。

输出格式
共一行，输出C_a^b的值。

数据范围
1≤b≤a≤5000
输入样例：
5 3
输出样例：
10

#include 
#include 
#include 

using namespace std;


const int N = 5010;

int primes[N], cnt;
int sum[N];
bool st[N];


void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}


int get(int n, int p)
{
    int res = 0;
    while (n)
    {
        res += n / p;
        n /= p;
    }
    return res;
}


vector<int> mul(vector<int> a, int b)
{
    vector<int> c;
    int t = 0;
    for (int i = 0; i < a.size(); i ++ )
    {
        t += a[i] * b;
        c.push_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    while (t)
    {
        c.push_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    return c;
}


int main()
{
    int a, b;
    cin >> a >> b;

    get_primes(a);

    for (int i = 0; i < cnt; i ++ )
    {
        int p = primes[i];
        sum[i] = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p);
    }

    vector<int> res;
    res.push_back(1);

    for (int i = 0; i < cnt; i ++ )
        for (int j = 0; j < sum[i]; j ++ )
            res = mul(res, primes[i]);

    for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i -- ) printf("%d", res[i]);
    puts("");

    return 0;
}

5. 组合数算法在求解问题中的应用——卡特兰数
   卡特兰数：给定n个0和n个1，它们按照某种顺序排成长度为2n的序列，满足任意前缀中0的个数都不少于1的个数的序列的数量为： Cat(n) = C(2n, n) / (n + 1)

例题：满足条件的01序列
给定n个0和n个1，它们将按照某种顺序排成长度为2n的序列，求它们能排列成的所有序列中，能够满足任意前缀序列中0的个数都不少于1的个数的序列有多少个。

输出的答案对10⁹+7取模。

输入格式
共一行，包含整数n。

输出格式
共一行，包含一个整数，表示答案。

数据范围
1≤n≤10⁵
输入样例：
3
输出样例：
5

#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 100010, mod = 1e9 + 7;

// 快速幂求逆元
int qmi(int a, int k, int p)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}


int main()
{
    int n;
    cin >> n;

    int a = n * 2, b = n;
    // 利用公式法计算组合数
    int res = 1;
    for (int i = a; i > a - b; i -- ) res = (LL)res * i % mod;

    for (int i = 1; i <= b; i ++ ) res = (LL)res * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;

    res = (LL)res * qmi(n + 1, mod - 2, mod) % mod;

    cout << res << endl;

    return 0;
}

此文章中的带码及例题均来自www.acwing.com