求组合数的四种方法以及卡特兰数

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组合数范围较小 && 模量一定

方法 - 递推法

直接递推出每个组合数的值进行打表，然后问到就查表。

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思路

需要用到递推式：$$C_a^b=C_{a-1}^{b-1}+C_{a-1}^b$$
这个式子意思是：从 a 中 选 b 个人 = 对于一个人 k ：(选中 k 后还需要在剩下的 a - 1 个里面再选 b - 1 个，不选 k 还需要在剩下 a - 1 个人里面选出 b 个)。

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时间复杂度分析

从 $0$ 递推到 $n$，而且每个 $n$ 都要从 $0$ 递推到 $n$，所以是：$$O(n^2)$$

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AcWing 885. 求组合数 I

题目链接：https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/955/

CODE

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;  // 定义长整型别名为ll

const int N = 2010, mod = 1e9 + 7;  // 定义常量N和mod
ll c[N][N];  // 定义二维数组c

int main()
{
    // 初始化二维数组c
    for(int i = 0; i <= 2000; ++i){
        for(int j = 0; j <= i; ++j){
            if(!j) c[i][j] = 1;  // 当j为0时，c[i][j]为1
            else c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % mod;  // 计算组合数
        }
    }
    
    int n;
    scanf("%d", &n);  // 输入测试用例数量
    while (n -- ){
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);  // 输入a和b
        
        printf("%d\n", c[a][b]);  // 输出c[a][b]
    }
}

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组合数范围较大 && 模量一定

方法 - 快速幂

此时使用递推法肯定会TLE，于是我们从定义出发求 $C_n^m=\frac{n!}{(n-m)!m!}$，我们需要用快速幂求各阶乘与阶乘在模意义下的逆元（当然前提得是模量得是质数或者二者互质）。
根据费马小定理，可以得到阶乘逆元公式：$$infac[i]=infac[i-1]\ast qmi(i,mod-2,mod)$$
就是上一个数的逆元再乘上用快速幂求得的这个数的逆元。

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时间复杂度分析

我们预处理了每个数的阶乘与阶乘的逆元，所以复杂度就是它俩相乘：$$O(n\cdot log(mod))$$

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AcWing 886. 求组合数 II

题目链接：https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/956/

CODE

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;  // 定义长整型别名为ll

const int mod = 1e9 + 7, N = 1e5 + 5;  // 定义常量mod和N
ll fac[N], infac[N];  // 定义一维数组fac和infac

// 快速幂运算函数
int qmi(int a, int b, int m){
    int res = 1;
    while(b){
        if(b & 1 == 1) res = (ll)res * a % m;  // 如果b是奇数，则累乘到结果中
        a = (ll)a * a % m;  // a自身平方
        b >>= 1;  // b右移一位，相当于除以2
    }
    
    return res;
}

// 初始化函数
void init(){
    fac[0] = infac[0] =1;
    for(int i = 1; i < N; ++i){
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;  // 计算阶乘
        infac[i] = (ll)infac[i - 1] * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;  // 计算阶乘的逆元
    }
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);  // 输入测试用例数量
    
    init();  // 调用初始化函数
    
    while (n -- ){
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);  // 输入a和b
        
        // 输出组合数C(a, b)，即a个数中选b个的组合数
        printf("%d\n", (ll)fac[a] * infac[b] % mod * infac[a - b] % mod);
    }
}

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组合数范围爆大 && 模量不定

方法 - Lucas定理

$$\begin{gathered} Lucas定理： \\ {C}_n^m=C_{n/p}^{m/p}\cdot C_{nmodp}^{mmodp}(modp) \end{gathered}$$
这样我们就可以将组合数 $C_{nmodp}^{mmodp}$ 范围控制在较小的模量内，至于 $C_{n/p}^{m/p}$，我们可以将其再继续递归使用 $Lucas$ 定理求解。

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时间复杂度分析

我们可以预先打表求阶乘以及阶乘逆元，那么复杂度就是$$O(p\cdot logp)$$
也可以直接循环求解不打表，对于询问数较少的可以这样求，各有各的好处。

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AcWing 887. 求组合数 III

题目链接：https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/957/

CODE

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;

// 快速幂运算函数，计算a的b次方对p取模的结果
ll qmi(ll a, ll b, ll p){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b & 1 == 1) res = res * a % p;  // 如果b是奇数，则累乘到结果中
        a = a * a % p;  // a自身平方
        b >>= 1;  		// b右移一位，相当于除以2
    }
    return res;
}

// 计算组合数C(a, b)对p取模的结果
ll C(ll a, ll b, ll p){
    ll res = 1;
    for(int i = 1, j = a; i <= b; ++i, --j){
        res = res * j % p;  // 计算阶乘部分
        res = res * qmi(i, p - 2, p) % p;  // 计算阶乘的逆元部分
    }
    
    return res;
}

// Lucas定理，用于计算大组合数取模的问题
ll lucas(ll a, ll b, ll p){
    if(a < p && b < p) return C(a, b, p);  // 如果a和b都小于p，直接计算C(a, b)
    else return C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;  // 否则，递归计算
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);  // 输入测试用例数量
    while (n -- ){
        ll a, b, p;
        scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &p);  // 输入a, b, p
    
        printf("%d\n", lucas(a, b, p));  	// 输出lucas(a, b, p)的结果
    }
}

参考题解：https://www.acwing.com/solution/content/5244/，这篇解释了C()函数的由来，懒得打字了。

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组合数范围爆大 && 没有模量

方法 - 线性筛 + 高精度

我们需要需处理出 $C_n^m$ 中包含的质因子的底数以及指数，然后利用高精度乘法求出值。

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时间复杂度分析

线性筛是 $O(n)$，但是高精度的步骤我实在推不出来啊 我是采购啊啊啊，什么都不会呜呜 >_<

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AcWing 888. 求组合数 IV

题目链接：https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/958/

CODE

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 5010;
int primes[N], cnt;  // primes数组存储所有素数，cnt为素数的个数
int sum[N];  // sum数组用于存储结果
bool st[N];  // st数组用于标记是否为素数

// 筛选素数
void get_primes(int n){
    for(int i = 2; i <= N; ++i){
        if(!st[i]) primes[cnt++] = i;  	// 如果i是素数，则加入到primes数组中
        for(int j = 0; primes[j] <= N / i; ++j){
            st[i * primes[j]] = true;  	// 标记i * primes[j]不是素数
            if(i % primes[j] == 0) break;  // 如果i能被primes[j]整除，则跳出循环
        }
    }
}

// 计算a中包含多少个p
int get(int a, int p){
    int res = 0;
    while(a){
        res += a / p;  // a中包含多少个p
        a /= p;  // a除以p
    }
    
    return res;
}

// 大整数乘法
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);  // 取模得到当前位的数字
        t /= 10;  // 进位
    }
    
    while(t){  // 处理最后的进位
        c.push_back(t % 10);
        t /= 10;    
    }
    
    return c;
}

int main()
{
    int a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);  // 输入a和b
    
    get_primes(a);  // 筛选素数
    
    for(int i = 0; i < cnt; ++i){
        int p = primes[i];
        sum[i] = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p);  // 计算a, a - b, b中包含多少个p
    }
    
    vector<int> res;
    res.push_back(1);  // 初始化结果为1
    
    for(int i = 0; i < cnt; ++i){			// 枚举每一个质数
        for(int j = 0; j < sum[i]; ++j){	// 循环primes[i]的指数次
            res = mul(res, primes[i]);  	// 将结果乘以primes[i]
        }
    }
    
    for(int i = res.size() - 1; i >= 0; -- i){
        printf("%d", res[i]);  // 输出结果
    }
    puts("");  // 输出换行
}

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卡特兰数(Catalan Number)

介绍

从网格图的左下走到右上，只能往右往上走，而且往上走的步数不能超过往右走的步数，也就是路线不能超过绿线，那么所有的走法就是卡特兰数。

而卡特兰数的通项公式即为：$$(Ⅰ)Ca{t}_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1},(Ⅱ)Ca{t}_n=\frac{1}{n+1}{C}_{2n}^n,(Ⅲ)Ca{t}_n=\frac{4n+2}{n+2}Ca{t}_{n-1}$$

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证明

Ⅰ、Ⅱ式的具体证明请看 VCR:卡特兰数
Ⅲ式详细证明可以看博客：递推式

Ⅰ式 $Ca{t}_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$ 思路就是：拿所有路线减去错误路线，那么全部路线好求，错误路线该怎么求呢？

• 我们发现所有错误路线必然经过将绿线向上平移一格的红线
  
• 所以说所有错误路线的终点就是原终点关于红线对称的点 $(n-1,n+1)$，那么我们统计有多少条路线能走到这个点就可以了，所以是 $C_{2n}^{n-1}$

Ⅱ式由Ⅰ式化简可得。

Ⅲ式是递推得来的：

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AcWing 889. 满足条件的01序列

题目链接：https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/959/

CODE

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;  // 定义长整型别名

const int mod = 1e9 + 7;  // 定义模数

// 快速幂算法，计算a的b次方对p取模的结果
int qmi(int a, int b, int p){
    int res = 1;
    while(b){
        if(b & 1 == 1) res = (ll)res * a % mod;  // 如果b是奇数，则乘上a
        a = (ll)a * a % mod;  // a自身平方
        b >>= 1;  	// b右移一位，相当于除以2
    }
    
    return res;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);  // 输入一个整数n
    
    int a = 2 * n, b = n;
    int res = 1;
    
    // 计算分子部分，即(a*(a-1)*...*(a-b+1))对mod取模的结果
    for(int i = a; i > a - b; --i) res = (ll)res * i % mod;
    
    // 计算分母部分，即(b*(b-1)*...*1)对mod取模的结果，并求其逆元
    for(int i = 1; i <= b; ++i) res = (ll)res * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
    
    // 最后再乘上(n+1)的逆元
    res = (ll) res * qmi(n + 1, mod - 2, mod) % mod;
    
    cout << res << endl;  // 输出结果
}

此处需要额外注意：

素材来自：题解代码的评论区。