领略算法真谛:求组合数

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嘿，各位技术潮人！好久不见甚是想念。生活就像一场奇妙冒险，而编程就是那把超酷的万能钥匙。此刻，阳光洒在键盘上，灵感在指尖跳跃，让我们抛开一切束缚，给平淡日子加点料，注入满满的
passion。准备好和我一起冲进代码的奇幻宇宙了吗？Let’s go！

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求组合数

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先来回归一下高中知识：
从 n 个不同的元素中，任取 m 个元素排成⼀列。所有取法的个数就是排列数，记作 $A_n^m$。

$$A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \cdots \cdot (n-m+1)$$

从 n 个不同的元素中，任取 m 个元素。所有取法的个数就是组合数，记作 $C_n^m$。

$$C_n^m=\frac{n!}{m!\cdot (n-m)!}=\frac{n\times (n-1)\times (n-2)\times \cdots \times (n-m+1)}{m\times (m-1)\times (m-2)\times \cdots \times 2\times 1}$$
下面就来写写几种求组合数的方法吧！

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方法一循环

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问题:单次查询 $C_n^m\mathrm{mod}p$（其中 $1\le n\le 10^6$，$p$ 为质数且 $p>n$）

查询： O(m)

直接用公式循环求解即可，注意m!要使用逆元

#include<iostream>
using namespace std;typedef long long LL;
//快速幂
LL qpow(LL a, LL b, LL p)
{LL ret = 1;while (b){if (b & 1) ret = ret * a % p;a = a * a % p;b >>= 1;		}return ret;
}
LL C(int n, int m, int p)
{LL up = 1, down = 1;for (int i = n; i >= n - m + 1; i--) up = up * i % p;for (int i = 2; i <= m; i++) down = down * i % p;return up * qpow(down, p - 2, p) % p;
}
int main()
{cout << C(4, 2, 9) << endl;return 0;
}

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方法二 杨辉三角

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0 ⾏： 1
1 ⾏： 1 1
2 ⾏： 1 2 1
3 ⾏： 1 3 3 1
4 ⾏： 1 4 6 4 1
其中第 i ⾏就是 n = i 展开后的各项系数。
通过杨辉三⻆可以得出⼀个公式：
$C_n^k=C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^k$

const int N = 2e3 + 10;
int n, p = 1001;
LL f[N][N];
void get_c()
{for (int i = 0; i <= N; i++){f[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= i; j++){f[i][j] = (f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j]) % p;}}
}
int main()
{get_c();cout << f[3][2] << endl;return 0;
}

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方式三阶乘以及阶乘逆元表 + 公式

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多次查询$C_n^m\mathrm{mod}p$ $1\le n\le 10^6$ $q\le 10^6$ p 为质数且大于 n。

数据量过⼤，⽤杨辉三⻆打表会超时并且超空间。

• 此时考虑使⽤公式直接计算。
$$C_n^m=\frac{n!}{(n-m)!\cdot m!}$$
• 只要能够将所有的阶乘，以及阶乘的逆元全部存在两个数组中，那么仅需在两个表中拿出相应的值
即可。

我们需要打几个表

打表所有的阶乘：
​f[i] 表⽰ i 的阶乘 mod p 的值，f[i] = f[i − 1] × i。
这样，从左往右递推⼀遍，就可以把所有的阶乘全部维护出来。

打表所有的阶乘的逆元：
用 ( g[i] ) 表示 ( i ) 的阶乘模 ( p ) 的值的逆元，即：

$$g[i]={\left(i\times (i-1)\times \cdots \times 1\right)}^{-1}\mathrm{mod}p$$
$$g[i-1]={\left(i\times (i-1)\times \cdots \times 1\right)}^{-1}\times i\mathrm{mod}p$$
推出来
$$g[i-1]=g[i]\times i\mathrm{mod}p$$
这样，从右往左递推⼀遍，就可以把所有阶乘的逆元维护出来。

const int N = 1e6 + 10;int n, p;
LL f[N], g[N];
void init()
{f[0] = 1;for (int i = 1; i <= N; i++) f[i] = f[i - 1] * i % p;g[n] = qpow(f[n], p - 2, p);for (int i = n - 1; i >= 0; i--) g[i] = g[i + 1] * (i + 1) % p;
}
LL C(int n, int m)
{if (n < m) return 0;return f[n] * g[n - m] % p * g[m] % p;
}
int main()
{return 0;
}

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方式四卢卡斯定理

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问题：多次查询$C_n^m\mathrm{mod}p$ ，其中$1\le n\le 10^{18}$，只保证$p\le 10$且是质数，也就是$p$有可能小于$n$。

我们只需要记住这个公式即可

卢卡斯定理

对于组合数$C_n^m\mathrm{mod}p$ （其中模数 ( p ) 为质数），有如下递归关系：
$$C_n^m\equiv C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\times C_{n\mathrm{mod}p}^{m\mathrm{mod}p}(\mathrm{mod}p)$$

const int N = 1e6 + 10;int n, p;
LL f[N], g[N];
void init()
{f[0] = 1;for (int i = 1; i <= N; i++) f[i] = f[i - 1] * i % p;g[n] = qpow(f[n], p - 2, p);for (int i = n - 1; i >= 0; i--) g[i] = g[i + 1] * (i + 1) % p;
}
LL C(int n, int m, int p)
{if (n < m) return 0;return f[n] * g[n - m] % p * g[m] % p;
}
LL lucas(LL n, LL m, LL p)
{if (m == 0) return 1;return lucas(n / p, m / p, p) * C(n % p, m % p, p) % p;
}
int main()
{return 0;
}