一、高中数学公式复习

Cmn=n!m!(n−m)!

Cmn=Cn−mn=Cmn−1+Cm−1n−1

C0n+C1n+C2n+...+Cnn=∑ni=0Cin=2n

C0n+C2n+C4n+...=C1n+C3n+C5n+...=2n−1

Cmn+Cmn+1+Cmn+2+...+Cmn+m=∑mi=0Cmn+i=Cm+1n+m+1

kCkn=nCk−1n−1, Cknk+1=Ck+1n+1n+1 (好吧这个没学过但是既然看到了就一并抄过来了)

二、快速求组合数取模C(n, m)%p

当n和p大小不同时方法有不同。

1. n很小,p随意,p不需要为素数

1) 原理

使用杨辉三角:Cmn%p=(Cm−1n−1+Cmn−1)%p

组合数C(n, m)其实就是杨辉三角第n行第m列的值(下标从0开始算的话)。每一行的各个值都是迭代上一行的结果。那么用二维数组打个表即可,for里套个for。

2) 我的模板

typedef long long lld;
const int maxn = 1000+10; lld C_arr[maxn+10][maxn+10]; void C_init(int n, int pr) {
for (int i = 0; i <= n; i++) {
C_arr[i][0] = C_arr[i][i] = 1;
for (int j = 1; j < i; j++)
C_arr[i][j] = (C_arr[i - 1][j - 1] + C_arr[i - 1][j]) % pr;
}
} lld C(int n, int m) {
return C_arr[n][m];
}

2. n相对小(方便打表),p可以很大,p要求为素数

1) 原理

仅使用费马小定理: 若p是质数,且a,p互质,那么 a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1, 即a^(p-1) ≡ 1 (mod p),所以a^(p-2) ≡ 1/a (mod p)。所以a的逆元为a^(p-2)。于是将n!m!(n−m)! 中的除法全变成了乘法:

得到公式:Cmn%p=((n!)%p∗[(n−m)!]p−2%p∗(m!)p−2%p)%p

2) 我的模板

lld pow_mod(lld a, lld b, const int &pr)
{
lld ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = ans * a % pr;
b >>= 1;
a = a * a % pr;
}
return ans;
} lld C(int n, int m)
{
return fac(n) % p * pow_mod(fac(n - m), p - 2, p) * pow_mod(fac(m), p - 2, p);
}

可以看到这里最麻烦的是求阶乘fac(n),如果n不大的话打表是极好的。n较大的话使用以下公式递归求得:

n!=n!(n2)!n2)!∗[(n2)!]2=Cn/2n∗[(n2)!]2

具体以后再写一篇求阶乘。

lld C_small(lld n, lld m, const int &pr)
{
lld ans = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
lld a = (n - m + i) % pr;
lld b = i % pr;
ans = ans * (a * pow_mod(b, pr - 2, pr) % pr) % pr; //Fermat Theory
}
return ans;
}

这是不打表的版本(其实就是没打表而已,没什么区别)。

3. n很大时要求p较小(p<10^5),p要求为素数

1) 原理

使用Lucas定理:Cmn%p=(Cm%pn%pCm/pn/p)%p

为什么要求p挺小,由公式就可以看出,p太大了的话Cm%pn%p也依然很大。Lucas定理用到了费马小定理,要求p为素数。对于每个Cm/pn/p,递归调用Lucas定理。可以看见n被p取模后很容易就变小了,所以要求p较小。

定理证明:网上看到的大神的博客

2) 我的模板

typedef long long lld;

lld pow_mod(lld a, lld b, const int &pr)
{
lld ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = ans * a % pr;
b >>= 1;
a = a * a % pr;
}
return ans;
} lld C_small(lld n, lld m, const int &pr)
{
lld ans = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
lld a = (n - m + i) % pr;
lld b = i % pr;
ans = ans * (a * pow_mod(b, pr - 2, pr) % pr) % pr; //Fermat Theory
}
return ans;
} lld C(lld n, lld m, const int &pr) // Lucas's theorem
{
if (m == 0 || m == n) return 1;
return C_small(n % pr, m % pr, pr) * C(n / pr, m / pr, pr) % pr;
}

C_small就是用求逆元求解,像法二一样做打表也是极好的。

如果n不大,p很大,用一下Lucas定理后也就相当于执行了法二,所以以后直接用Lucas即可。

三、Vandermonde恒等式

范德蒙(Vandermonde)恒等式:

Ckn+m=∑i=0kCinCk−im

其中k肯定得小于等于min(n,m)。

理解:从n个黑球、m个白球里找k个球有多少方式。

当k=min(n,m)时,这里假设m<n,那就是k=m时,可以变个形:

Ckn+m=∑i=0kCinCm−k+im=∑i=0mCinCim

那意义就是n个黑球和m白个球中各找0个、1个、2个……m个对应颜色的球,一共有多少方法。

例题链接:Codeforces 785D - Anton and School - 2

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