组合数公式专题
如何求组合数\(C_a^b\)
一、预处理法一
例题：https://www.acwing.com/problem/content/887/
理论依据：\(\huge C_a^b=C_{a-1}^b+C_{a-1}^{b-1}\)
适合场景：
1、\(\large a<=2000,b<=2000\)
2、询问次数：\(\large n<=1e5\)
我们有\(a\)个苹果，现在需要选出\(b\)个苹果。一共有多少种选法呢？
我们走到第一个苹果面前，我们面临两个选择：
（1)选择它 （2）放弃它
如果选择了它，将要面对\(a-1\)个苹果中选\(b-1\)个苹果的问题。
如果放弃它，将要面对\(a-1\)个苹果中选\(b\)个苹果的问题。
根据加法原理，两种选择方法加在一起，就是方法总数，就是这面的递推式。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2010; //题目数据上限是2000，这里加了10
const int MOD = 1e9 + 7; //取模的质数
int c[N][N]; //结果数组
//排列组合 C(A,B)=C(A-1,B)+C(A-1,B-1)
void init() {
for (int i = 0; i < N; i++)//每个数都来计算
for (int j = 0; j <= i; j++)//j需要比i小~
//特判，从i个苹果里选择0个苹果，只有一种方案，就是，啥也不选。
if (!j)c[i][j] = 1;
else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % MOD;
}
int n;
int main() {
//优化输入
ios::sync_with_stdio(false);
//预处理出来，以后省的再次算了，费一把劲
init();
cin >> n;
//n组询问
while (n--) {
int a, b;
cin >> a >> b;
printf("%d\n", c[a][b]);
}
return 0;
}
二、预处理法二
例题：https://www.acwing.com/problem/content/888/
上一个办法是把\(C_a^b\)的值预处理出来了。用的是\(c[N][N]\),\(N\)最大\(2010\).
本题的\(a\),\(b\)都是上限\(10^5\),如果按上题来，就是\(c[10^5][10^5]\),
直接报 \(Memory\ Limit\ Exceeded\). 所以不能直接递推求出所有解。
适合场景：
1、\(a<=1e5,b<=1e5\)
2、询问次数:\(\large n<=1e5\)
理论依据：\(\huge C_a^b=\frac{a!}{(a-b)! * b!}\)
举个栗子：
\(C_3^2=\frac{3 \times 2}{2 \times 1}=3\)
(1) 本题由于怕数据太大，要求结果 \(mod\ (1e9+7)\),这个 \(MOD=1e9+7\)是质数，质数可以直接使用费马小定理+快速幂求逆元。
(2) 现在要求计算出 \(a!\), \({b!}^{-1}\),还有 \({(a-b)!}^{-1}\)，使用两个数组来装(递推)：
\(fact[i] = i!\ \% \ (1e9+7)\)
\(infact[i] = (i!)^{-1}\ \% \ (1e9+7)\)
所以： \(C_a^b=\frac{a!}{(a-b)! * b!} = (fact[a] * infact[a-b] * infact[b] )\ \% \ (1e9+7)\)
有两个问题需要突破:
1、需要计算\(a-b\)和\(b\) 在模 \(1e9+7\) 这个乘法世界的逆元
由于\(1e9+7\)是质数，可以利用费马小定理+快速幂来计算逆元。
2、需要计算\(fact[a]\),即求阶乘
求阶乘，我们可以在初始化时，从小到大，一路走来一路乘，就可以得到\(a\)的\(fact[a]\)的值，即阶乘。只要初始时\(fact[0]=1\)即可,就是零的阶乘是\(1\).
C++ 代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010; //数据上限
const int MOD = 1e9 + 7; //模值
int fact[N]; //用来保存阶乘的值
int infact[N]; //用来保存阶乘逆元的值
//快速幂模板
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() {
//优化输入
ios::sync_with_stdio(false);
fact[0] = 1; // 0的阶乘是1,这是人为的规定。
infact[0] = 1; // 1/1也是1，infact[0]也是1
//对于每一个数字n进行计算
for (int i = 1; i < N; i++) {
// 根据定义求阶乘,注意一路要进行MOD运算，防止爆掉
fact[i] = (LL) fact[i - 1] * i % MOD; //强制转为LL是为了防止越界
// 费马小定理求i逆元
infact[i] = (LL) infact[i - 1] * qmi(i, MOD - 2, MOD) % MOD;
}
int n;
cin >> n;
while (n--) {
int a, b;
cin >> a >> b;
//公式C(a,b)=a!/(b!*(a-b)!)
printf("%d\n", (LL) fact[a] * infact[b] % MOD * infact[a - b] % MOD);
}
return 0;
}
三、\(Lucas\)公式
例题：https://www.acwing.com/problem/content/889/
1.\(Lucas\)公式:
\(\Huge C_a^b \equiv C_{a\%p}^{b\%p} * C_{\frac{a}{p}}^{\frac{b}{p}} (mod \ p)\)
适用场景：
数据范围：\(b<=a<=1e18\),\(p<=1e5\),\(p \in prime\),\(n<=20\)
预处理出 \(1…p\) 的阶乘和阶乘的逆元，用卢卡斯定理进行回答。
注意：这个$p$是小于$1e5$的，看到要求模$1e9+7$绕行啊！！！不是干哪个的啊！！！适合$a,b$很大，$p$很小的场景啊！！！
2.如何求解\(C_a^b\)
\(C_a^b=\frac{a!}{(a-b)! \times b!}=\frac{a \times (a-1) \times (a-2) \times …\times(a-b+1) \times (a-b) \times … \times 1}{(a-b) \times (a-b-1) \times … \times 1 \times b!}= \frac{a \times (a-1) \times (a-2) \times …(a-b+1)}{b!}=\frac{a \times (a-1) \times (a-2) \times …(a-b+1)}{b \times (b-1) \times (b-2) \times … \times 2 \times 1}\)
根据这个结论，对于\(a\)来讲，需要变量\(j\)从\(a\)一直遍历到\(a-b+1\)。对于\(b\)来讲，需要变量\(i\)从\(1\)一起遍历到\(b\)。而且\(a\)到\(a-b+1\)其实就是\(b\)次，比如\(10\)遍历到\(8\)，就是\(10,9,8\)三次，即\(b=3\),也就是\(10-3+1=8\)。
而\(i\)也是遍历\(b\)次，真有太有意思了，它们两个可以在一个\(b\)次的循环中一起变动！
int C(int a, int b, int p) {
int res = 1;
for (int i = 1, j = a; i <= b; i++, j--) {
//从a到a-b+1是b次，而1-b也是b次，放到一个循环里就行。只不过一个在长大，另一个在减小，这就是上面推导的公式。
res = (LL) res * j % p; // a* (a-1) *(a-2)*....*(a-b+1)
res = (LL) res * qmi(i, p - 2, p) % p; //每次乘i的逆元，而且p是质数，所以可以用费马小定理快速求逆元
}
return res;
}
3.C++ 代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
/**
* 功能：快速幂模板
* @param a
* @param k
* @param p
* @return
*/
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;
}
/**
* 功能：组合数模板
* @param a 在a个数中
* @param b 取b个数
* @param p 一个质数，用来取模
* @return 多少种办法
*/
int C(int a, int b, int p) {
int res = 1;
for (int i = 1, j = a; i <= b; i++, j--) {
//从a到a-b+1是b次，而1-b也是b次，放到一个循环里就行。只不过一个在长大，另一个在减小，这就是上面推导的公式。
res = (LL) res * j % p; // a* (a-1) *(a-2)*....*(a-b+1)
res = (LL) res * qmi(i, p - 2, p) % p; //每次乘i的逆元，而且p是质数，所以可以用费马小定理快速求逆元
}
return res;
}
/**
* 功能：Lucas公式模板
* @param a
* @param b
* @param p
* @return
*/
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; //套用公式，还有个递归
}
int n, p;
int main() {
cin >> n;
//n组询问
while (n--) {
LL a, b;
cin >> a >> b >> p;
//利用lucas公式计算组合数
cout << lucas(a, b, p) << endl;
}
return 0;
}
四、不让取模怎么办
https://www.acwing.com/problem/content/890/
1、与前三道题的区别
不再是数据上限的问题了，而是一直不\(mod\),有多大都保留，这无疑可能会爆\(long\ long\),需要使用高精度。
2、公式一【从定义出发的组合数公式】：
(1) \(\large C_a^b=\frac{a \times (a-1) \times … \times(a-b+1)}{b\times (b-1) \times … \times 1}=\frac{a \times (a-1) \times … \times (a-b+1) \times (a-b)!}{ b \times (b-1) \times … \times 1 \times (a-b)!} =\frac{a!}{b! \times (a-b)!}\)
3、是不是我们利用高精度+上面的组合数公式直接算就行了？
不是的，因为\(yxc\)(大雪菜老师)说，这样的效率太低，不可以，需要再想一个好办法。
4、公式二 【算术基本定理】
算术基本定理:\(\large C_a^b=p_1^{\alpha1} \times p_2^{\alpha2} \times p_3^{\alpha3} … \times p_k^{\alpha k}\)
其中\(p_1\),\(p_2\)…是质数，\(\alpha 1\),\(\alpha 2\),…是指质数\(p_1\),\(p_2\),…的个数。 如果能分解质因数成功的话，那么就可以通过高精度乘法解决掉这个问题。
(1) 那么\(p_1\)和\(p_2\)这些东东怎么求？
思路：因为\(a,b\)都是在\([1,5000]\)之间的数，所以可以通过筛质数的方法，提前获取到一个质数数组，然后逐个去看，是不是含有这个质数。就能知道有哪些\(p_1,p_2,…\)了。
(2) \(\alpha 1\),\(\alpha 2\)又该怎么求呢？
思路： 求质数\(p\)在\(a!\)中出现的次数办法：
\(\huge cnt=\lfloor \frac{a}{p} \rfloor + \lfloor \frac{a}{p^2} \rfloor + \lfloor \frac{a}{p^3} \rfloor + …+ \lfloor \frac{a}{p^k} \rfloor\)
计算\(n\)的阶乘中质数\(p\)的个数：
int get(int n, int p) {
int res = 0;
while (n) {
res += n / p;
n /= p;
}
return res;
}
举个栗子：
$ 5!=1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5$,求\(2\)的个数，
则\(1 \sim 5\)之间含\(2\)的个数就是 \(\lfloor \frac{5}{2} \rfloor\),就是\(2\)个。
则\(1 \sim 5\)之间含\(2^2\)的个数就是 \(\lfloor \frac{5}{2^2} \rfloor\),就是\(1\)个。
\(2^3\)就大于\(5\)，就不再继续。那么一共的个数就是\(2+1=3\)个。表示在 \(5!\)这个数字中，存在\(3\)个\(2\)，就是\(2\)中有\(1\)个\(2\)，\(4\)中有两个\(2\)。
5、算法流程
(1)、筛素数，把\(1-5000\)之间的素数筛出来。
(2)、计算\(C_a^b\)中每个已求得素数的个数。
(3)、利用高精度，计算\(C_a^b\)\(=p_1^{\alpha1} \times p_2^{\alpha2} \times p_3^{\alpha3} … \times p_k^{\alpha k}\)的值。
6、C++代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5010;
int sum[N]; //每一个质数的次数
int primes[N], cnt;
bool st[N];
//欧拉筛
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;
}
}
}
//高精度乘法
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);
t /= 10;
}
while (t) {
c.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
return c;
}
/**
* 功能：n的阶乘中包含的质因子p的个数
* @param n n的阶乘
* @param p 质因子p
* @return 有多少个
* 参考资料：https://blog.csdn.net/spidy_harker/article/details/88414504
*/
int get(int n, int p) {
int ans = 0;
while (n) { //p^1的个数，p^2的个数,p^3的个数...
ans += n / p;
n /= p;
}
return ans;
}
int main() {
//优化输入
ios::sync_with_stdio(false);
int a, b;
cin >> a >> b;
//筛2-5000之间质数
get_primes(5000);
//遍历每一个质数,求每个质数的次数
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
int p = primes[i]; //当前质数
//a!中有多少个质数因子p
//减去(a-b)!的多少个质数因子p,
//再减去b!的质数因子p的个数，就是总个数
//sum[i]记录了每一个质数因子出现的次数
sum[i] = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p);
}
//利用高精度，把质数因子乘到一起，就是结果了
vector<int> res;
res.push_back(1);
for (int i = 0; i < cnt; i++) //遍历每一个质数因子
for (int j = 0; j < sum[i]; j++) //开始乘以它的个数
res = mul(res, primes[i]);
//输出答案
for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i--) printf("%d", res[i]);
return 0;
}
7、这段代码如何理解？
sum[i] = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p);
看公式一：
\(C_a^b=\frac{a \times (a-1) \times … \times(a-b+1)}{b\times (b-1) \times … \times 1}\) \(=\frac{a \times (a-1) \times … \times (a-b+1) \times (a-b)!}{ b \times (b-1) \times … \times 1 \times (a-b)!}\) \(=\frac{a!}{b! \times (a-b)!}\)
\(a!\)中质数\(p\)的个数，减去\(b!\)中质数\(p\)的个数，再减去\((a-b)!\)中质数\(p\)的个数，就是公因子消掉的意思。