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ACM笔记 - 组合数

一、高中数学公式复习

\(C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!}\)

\(C_n^m = C_n^{n-m} = C^{m}_{n-1} + C^{m-1}_{n-1}\)

\(C_n^0+C_n^1+C_n^2+...+C_n^n = \sum_{i=0}^{n}{C_n^i} = 2^n\)

\(C_n^0+C_n^2+C_n^4+... = C_n^1+C_n^3+C_n^5+... = 2^{n-1}\)

\(C_n^m+C_{n+1}^m+C_{n+2}^m+...+C_{n+m}^m = \sum_{i=0}^{m}C_{n+i}^{m} = C_{n+m+1}^{m+1}\)

\(k C_n^k = nC_{n-1}^{k-1}\)\(\frac{C_n^k}{k+1} = \frac{C_{n+1}^{k+1}}{n+1}\) (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\(C^{m}_{n}\%p = (C^{m-1}_{n-1}+C^{m}_{n-1})\%p\)

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

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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\(\frac{n!}{m!(n-m)!}\) 中的除法全变成了乘法:

得到公式:\(C^{m}_{n}\%p = ((n!)\%p*[(n-m)!]^{p-2}\%p*(m!)^{p-2}\%p)\%p\)

2) 我的模板

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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:

\(n! = \frac{n!}{(\frac{n}{2})!\frac{n}{2})!}*[(\frac{n}{2})!]^2 = C^{n/2}_n*[(\frac{n}{2})!]^2\)

具体以后再写一篇求阶乘。

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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\(C^{m}_{n}\%p =(C^{m\%p}_{n\%p}C^{m/p}_{n/p})\%p\)

为什么要求p挺小,由公式就可以看出,p太大了的话\(C^{m\%p}_{n\%p}\)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\(C^{m/p}_{n/p}\),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

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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

\[C^{k}_{n+m} = \sum^{k}_{i=0}C^{i}_{n}C^{k-i}_{m}\]

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。

\(k=min(n,m)\)时,这里假设\(m<n\),那就是\(k=m\)时,可以变个形:

\[C^{k}_{n+m} = \sum^{k}_{i=0}C^{i}_{n}C^{m-k+i}_{m} = \sum^{m}_{i=0}C^{i}_{n}C^{i}_{m}\]

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