数学知识3.1-组合数
一、简述
记录一下组合数的求解问题。
二、组合数
1.[AcWing885.求组合数I]-递推
题目描述
给定 \(n\) 组询问，每组询问给定两个整数 \(a\)，\(b\)，请你输出 \(C^b_a\ mod(10^9+7)\) 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
解题思路
递推。数据范围不大，根据公式 \(C_a^b=C_{a-1}^{b}+C_{a-1}^{b-1}\)，可在 \(O(n^2)\) 的时间复杂度内预处理出来，然后对于每次询问 \(O(1)\) 的时间输出。
关于 \(C_a^b=C_{a-1}^{b}+C_{a-1}^{b-1}\) 的理解：从 \(a\) 个苹果中选择 \(b\) 个，假设其中一个苹果是 \(s\)，那么我们选择 \(b\) 个苹果无非是包括 \(s\) 和不包括 \(s\)，如果包括 \(s\)，那么 \(s\) 一定被选，剩余 \(a-1\) 个里面选择 \(b-1\) 个，即 \(C_{a-1}^{b-1}\)；否则 \(s\) 不被选择，那就是从 \(a-1\) 个苹果里面选择 \(b\) 个，即 \(C_{a-1}^{b}\)。
C++代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2010, MOD = 1e9 + 7;
int n;
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()
{
init();
cin >> n;
while (n --)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << c[a][b] << "\n";
}
return 0;
}
2.[AcWing886.求组合数II]-逆元
题目描述
给定 \(n\) 组询问，每组询问给定两个整数 \(a\)，\(b\)，请你输出 \(C^b_a\ mod(10^9+7)\) 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
\(1≤n≤10000,\)
\(1≤b≤a≤10^5\)
输入样例
3
3 1
5 3
2 2
输出样例
3
10
1
解题思路
数据范围不允许递推了。
首先 \(C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!}\)，那么我们可以预处理出来阶乘，然后按照公式计算即可，但是 \(\frac{a!}{b!(a-b)!}\ mod(1e^9+7)\neq\frac{a!\ mod(1e9+7)}{b!(a-b)!\ mod(1e^9+7)}\)，但是 \(\frac{a!}{b!(a-b)!}\ mod(1e^9+7)=(a!\ mod(1e^9+7)) * (\frac{1}{b!(a-b)!}\ mod(1e^9+7))\ mod(1e^9+7)\)，而 \(1e^9+7\) 是质数，则根据费马定理 (\(n\) 为质数，且 \(a\) 与 \(n\) 互质，那么 \(a^{n-1}\ mod\ n=1\)，\(a^{n-2}\) 为 \(a\) 的逆元)，据此可计算每个数的逆元的阶乘。时间复杂度为 \(O(NlogMOD)\)。
如果 \(MOD\) 不是质数，我们就不能根据费马小定理使用快速幂来计算逆元，而应使用拓展欧几里得算法来求解，具体思路：\(a\) 与 \(m\) 互质，\(ax\equiv 1(mod\ m)\)，而 \((km+1)\equiv 1(mod\ m)\)，则可取得整数 \(k\)，使得 \(bx=km+1\)，即 \(bx-km=1\)，可使用拓展欧几里得算法求解。
C++代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, MOD = 1e9 + 7;
int n;
LL fact[N], infact[N];
LL qmi(int a, int b, int p)
{
LL res = 1;
while (b)
{
if (b & 1) res = (LL) res * a % p;
a = (LL) a * a % p;
b >>= 1;
}
return res;
}
void init()
{
fact[0] = infact[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i ++)
{
fact[i] = fact[i - 1] * i % MOD;
infact[i] = infact[i - 1] * qmi(i, MOD - 2, MOD) % MOD;
}
}
int main()
{
init();
scanf("%d", &n);
while (n --)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
LL res = fact[a] * infact[b] % MOD * infact[a - b] % MOD;
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
3.[AcWing887.求组合数III]-Lucas定理
题目描述
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 \(C^b_a\ mod\ p\) 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
\(1≤n≤20,\)
\(1≤b≤a≤10^{18},\)
\(1≤p≤10^5\)
输入样例
3
5 3 7
3 1 5
6 4 13
输出样例
3
3
2
解题思路
首先介绍一下 \(Lucas\) 定理。
\(Lucas\) 定理：\(C_a^b\equiv\ C_{a\ mod\ p}^{b\ mod\ p} * C_{a/p}^{b/p}(mod\ p)\)。
证明如下：
首先，\(C_p^i\equiv0(mod\ p)(0<i<p)\)，\(p\) 为质数，这个从组合数的计算公式出发即可知。
然后 \((1+x)^p\equiv(1+x^p)\ mod\ p\)。这个将左边展开，利用上面的结论即可。
那么对于 \(a,b\)，可得 \(a=np+q,b=tp+r(q<p,r<p)\)。那么 \((1+x)^a\equiv(1+x)^{np+q}\equiv((1+x)^p)^n(1+x)^q\equiv(1+x^p)^n(1+x)^q\equiv(1+nx^p+...+C_n^{n-i}x^{ip}+...+x^{np})(1+qx+...+C_q^{q-i}x^i+...+x^q)(mod\ p)\)。
这里由于 \(x\) 是未知数，那么左右两侧对应 \(x^i\) 的系数相同，则左侧 \(x^b\) 的系数为 \(C_a^{a-b}=C_a^b=C_{np+q}^{tp+r}\)，对于右侧 \(x^b=x^{tp}x^r\)，即 \(C_n^{n-t}x^{tp}* C_q^{q-r}x^r\)，即得 \(C_n^{n-t}* C_q^{q-r}=C_n^{t}* C_q^{r}\)。那么最终得到 \(C_a^b\equiv C_n^{t}* C_q^{r}(mod\ p)\)，即 \(C_a^b\equiv\ C_{a\ mod\ p}^{b\ mod\ p} * C_{a/p}^{b/p}(mod\ p)\)。
C++代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n;
int qmi(int a, int b, int p)
{
int res = 1;
while (b)
{
if (b & 1) res = (LL) res * a % p;
a = (LL) a * a % p;
b >>= 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()
{
scanf("%d", &n);
while (n --)
{
LL a, b;
int p;
scanf("%lld%lld%d", &a, &b, &p);
printf("%d\n", Lucas(a, b, p));
}
return 0;
}
4.[AcWing888.求组合数IV]-高精度
题目描述
输入 \(a,b\)，求 \(C^b_a\) 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 \(C^b_a\) 的值。
数据范围
\(1≤b≤a≤5000\)
输入样例
5 3
输出样例
10
解题思路
首先引入一个知识点：阶乘的分解。
我们知道阶乘是很大的一个数，那么我们如何对其进行质因数分解呢？我们考虑用质数 \(p\) 来分解 \(n!\)，那么 \(1\)~\(n\) 中，最多有 \(\lfloor\frac{n}{p} \rfloor\) 个数是 \(p\) 的倍数，那么在阶乘中也就可以分解出 \(\lfloor\frac{n}{p} \rfloor\)，不过 \(1\)~\(n\) 中有些数可能是 \(p^2\) 的倍数，有 \(\lfloor\frac{n}{p^2} \rfloor\) 个，以此类推，我们将这些数加起来即是 \(n!\) 中 \(p\) 的指数。示例代码如下：
int get(int n, int p)
{
int res = 0;
while (n)
{
res += n / p;
n /= p;
}
return res;
}
那么根据 \(C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!}\)，那么关于 \(p\) 的指数就是 \(get(a,p)-get(b,p)-get(a-b,p)\)，然后质数我们利用线性筛得到，然后进行大数乘小数的高精度乘法。
C++代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5010;
int a, b;
int primes[N], sum[N], cnt;
bool st[N];
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> res;
int t = 0;
for (int i = 0; i < a.size(); i ++)
{
t += a[i] * b;
res.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
while (t)
{
res.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
return res;
}
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i ++)
{
if (!st[i]) primes[cnt ++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j ++)
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int main()
{
cin >> a >> b;
get_primes(a);
for (int i = 0; i < cnt; i ++)
{
int p = primes[i];
sum[i] = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
}
vector<int> ans;
ans.push_back(1);
for (int i = 0; i < cnt; i ++)
for (int j = 0; j < sum[i]; j ++)
ans = mul(ans, primes[i]);
for (int i = ans.size() - 1; i >= 0; i --) cout << ans[i];
return 0;
}
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