组合数

组合数

20220130161127

递推法求组合数

10w组询问, 1<=b<=a<=2000
O(N^2)
先预处理

20220130162159

1
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// c[a][b] 表示从a个苹果中选b个的方案数
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;

通过预处理逆元的方式求组合数

10w组询问, 1<=b<=a<=1e5

O(logn)
20220130164210

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首先预处理出所有阶乘取模的余数fact[N],以及所有阶乘取模的逆元infact[N]
如果取模的数是质数,可以用费马小定理求逆元
int qmi(int a, int k, int p) // 快速幂模板
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
a = (LL)a * a % p;
k >>= 1;
}
return res;
}

// 预处理阶乘的余数和阶乘逆元的余数
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;
}


Lucas定理

20组询问, 1<=b<=a<=1e18
o(P * logN * logP)
20220130170307

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若p是质数,则对于任意整数 1 <= m <= n,有:
C(n, m) = C(n % p, m % p) * C(n / p, m / p) (mod p)

int qmi(int a, int k, int p) // 快速幂模板
{
int res = 1 % p;
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) // 通过定理求组合数C(a, b)
{
if (a < b) return 0;

LL x = 1, y = 1; // x是分子,y是分母
for (int i = a, j = 1; j <= b; i --, j ++ )
{
x = (LL)x * i % p;
y = (LL) y * j % p;
}

return x * (LL)qmi(y, p - 2, p) % p;
}

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;
}


分解质因数法求组合数

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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

int primes[N], cnt; // 存储所有质数
int sum[N]; // 存储每个质数的次数
bool st[N]; // 存储每个数是否已被筛掉


void get_primes(int n) // 线性筛法求素数
{
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) // 求n!中的次数
{
int res = 0;
while (n)
{
res += n / p;
n /= p;
}
return res;
}


vector<int> mul(vector<int> a, int b) // 高精度乘低精度模板
{
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;
}

get_primes(a); // 预处理范围内的所有质数

for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 求每个质因数的次数
{
int p = primes[i];
sum[i] = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
}

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

for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 用高精度乘法将所有质因子相乘
for (int j = 0; j < sum[i]; j ++ )
res = mul(res, primes[i]);


卡特兰数

1
2
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)