基本计数、排列组合与Lucas定理

基本计数原理

加法原理与分类计数法

要完成一件任务，可以经过n种相互无重叠的方案，若第i种方案的方法数为a_i，那么完成这件任务的总方案数为
$$a_1+a_2+a_3+...+a_n=\sum _{i=1}^n{a}_i$$

乘法原理与分步计数法

要完成一件任务，经过n个步骤，若第i个步骤的方法数为a_i，那么完成这件任务的总方案数为
$$a_1\ast a_2\ast a_3\ast ...\ast a_n=\prod _{i=1}^n{a}_i$$

加法原理与乘法原理相结合

在具体题目中，加法原理和乘法原理常常要结合使用。

举例

假设所有道路单向，从甲地到乙地有两条路可走，从乙到丙地有三条路可走，又从甲地不经乙地直达丙地有三条路可走，问从甲地到丙地的不同走法有几种？

分析

从甲地到丙地有两种方案：经过乙地去丙地和直接去丙地，其中经过乙地去丙地可分为两个步骤：甲到乙，乙到丙。因此应用乘法原理，经过乙地去丙地的方案为2*3=6种，再应用加法原理，从甲地去丙地的方案为3+6=9种。

排列组合

排列数$A_n^m$

定义

对自然数n，m（m≤n），从n个不同元素中，任取m个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。从n个不同元素中取出m个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数。
其中n=m时的排列数为n个数的全排列。

计算方法

对第一个数，有n种选择方案，第二个数有n-1种选择方案（除了第一个数均可选择），第三个数有n-2种（除了前两个选过的数均可选择），以此类推，第m个数有n-m+1种，根据乘法原理，可计算出总方案数为：
$$A_n^m=n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast \dots \ast (n-m+1)=\frac{n!}{(n-m)!}$$
其中$n!$表示n的阶乘，即从1乘到n的结果。例如，$6!=6\ast 5\ast 4\ast 3\ast 2\ast 1$。规定$0!=1$。

组合数$C_n^m$

定义

对自然数n，m（m≤n），从n个不同元素中，任取m个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合；从n个不同元素中取出m个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。

计算方法

先求出排列数$A_n^m$，再除以m个数的全排列$A_m^m$（去掉其中的顺序）。
$$C_n^m=\frac{A_n^m}{A_m^m}=\frac{n!}{(n-m)!\ast m!}=\frac{n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast ...\ast (n-m+1)}{m\ast (m-1)\ast (m-2)\ast ...\ast 1}$$
来自百度百科对这个公式的解释：

组合公式的推导是由排列公式去掉重复的部分而来的，排列公式是建立一个模型，从n个不相同元素中取出m个排成一列（有序），而组合公式对应另一个模型,取出m个成为一组（无序）,由于m个元素组成的一组可以有m!种不同的排列（m个数的全排列$A_m^m$）,组合的总数就是 $C_n^m=\frac{A_n^m}{A_m^m}$

性质

1. $C_n^m=C_n^{n-m}$，即从n个不同元素中取出m个元素的组合数=从n个不同元素中取出 (n-m) 个元素的组合数。
   例如C(9,2)=C(9,7)，即从9个元素里选择2个元素的方法与从9个元素里选择7个元素（即剔除两个元素）的方法是相等的。
   从组合数公式也可以得出这个性质：
   $$\begin{gathered} C_n^m=\frac{n!}{(n-m)!\ast m!} \\ {C}_n^{n-m}=\frac{n!}{[n-(n-m)]!\ast (n-m)!}=\frac{n!}{m!\ast (n-m)!}=C_n^m \end{gathered}$$
2. $C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$递推公式
   以下是来自百度百科的解释：
   等式左边表示从n个元素中选取m个元素，而等式右边表示这一个过程的另一种实现方法：任意选择n中的某个备选元素为特殊元素，从n中选m个元素可以由此特殊元素的被包含与否分成两类情况，即m个被选择元素包含了特殊元素和m个被选择元素不包含该特殊元素。前者相当于从n-1个元素中选出m-1个元素的组合，即$C_{n-1}^{m-1}$；后者相当于从n-1个元素中选出m个元素的组合，即$C_{n-1}^{m}$。
   这种方法可以理解为：取其中一个元素为特殊元素，记为a，则从n个元素中选m个就可划分为包含a和不包含a两种情况，即从剩余的n-1种元素中选m-1个和m个，分别为$C_{n-1}^{m-1},C_{n-1}^m$。
   另外一种理解方式（利用杨辉三角理解）：利用组合数与杨辉三角的关系，将杨辉三角编号，从0开始，则第i行的第j个数就等于$C_i^j$，杨辉三角的每一项等于它两肩上数之和，即$C_{i-1}^{j-1}$与$C_{i-1}^j$两个数，即为此公式。
3. $C_{n-m}^0+C_{n-m+1}^1+C_{n-m+2}^2+...+C_n^m=C_{n+1}^m$
   或者另一种表示：$C_k^k+C_{k+1}^k+C_{k+2}^k+...+C_n^k=C_{n+1}^{k+1}$
   可以通过性质2将等式右边拆解，再不断拆解刚刚拆出的第一项得到（等号左侧第一项的转化：$C_{n-m}^0=1=C_{n-m+1}^0$）。
4. $C_n^0+C_n^1+C_n^2+...+C_n^n=2^n$
   杨辉三角一行求和，利用二项式定理$(a+b{)}^n={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{a}^{n-i}{b}^i$，代入a=b=1，得等式右侧为组合数求和，等式左侧为2ⁿ，即为上式。
   同样可利用二项式定理求许多与单行组合数有关的式子。

求值方法

直接求值

这里说的直接求值指的是题目保证结果在unsigned int内（换句话说，运算过程一定不会超出long long unsigned int的范围）的情况下，不进行取模直接计算组合数的方法。
$$C_n^m=\frac{n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast ...\ast (n-m+1)}{m\ast (m-1)\ast (m-2)\ast ...\ast 1}$$
注：ll代表long long，即

typedef long long ll;

ll C(ll x,ll y)//x代表n，y代表m
{
    ll b=1;
    for(int i=1;i<=min(y,x-y);i++)//利用性质1减少循环次数
        b=b*(x-i+1)/i;//乘上式分子从前往后数的第i项，除以分母从后往前数的第i项
    return b;
}

为什么可以直接除，不会出现b中无i这个因子的情况吗？
因为对于任意的i，b里已经乘过i个连续自然数，在i个连续自然数中，必然存在一个i的倍数（因为两个相邻的i的倍数最多间隔为i-1），因此b中一定会有i这个因子。

对质数取模的前提下求值

当题目要求取模的时候，通常情况下我们无法直接做（直接搞会爆long long），那就需要边计算边取模。按照刚刚的方法，不难写出以下的WA代码：

ll C(ll x,ll y)
{
    ll b=1;
    for(int i=1;i<=min(y,x-y);i++)
        b=b*(x-i+1)/i%mod;
    return b;
}

由于计算过程边计算边取模，此时b未必能够被a整除，比如求$C_6^3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11$，如果直接求值，则会进行这样的步骤：（为了直观将每次循环改写为一个步骤展示）

不难计算出$C_6^3=\frac{6\ast 5\ast 4}{3\ast 2\ast 1}=20，20\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11=9$，即刚刚的算法出现了错误。
错误的原因就在第三次：由于乘积b对mod进行过取模操作，b%mod不一定能够被i整除了，因此我们需要用到逆元，化除法为乘法，避免上面出现的问题。
关于逆元：贴个博客，提到了多种求逆元的方法，我这里求逆元使用的是费马小定理：

ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll k=a,ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans*k)%mod;
        k=k*k%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll inv(int a)
{
    return qpow(a,mod-2);
}

于是上述代码可改写为：

ll C(ll x,ll y)
{
    ll b=1;
    for(int i=1;i<=min(y,x-y);i++)
        b=b*(x-i+1)*inv(i)%mod;
    return b;
}

然而这样我们每一次都要求i的逆元，复杂度较高，可以将需要除去的数的乘积计算好，对乘积求一次逆元，可以节省大量求逆元的时间。

ll C(int x,int y)
{
    ll a=1,b=1;
    for(int i=1;i<=min(y,x-y);i++)
    {
        a=a*i%mod;//计算分母
        b=b*(x-i+1)%mod;//计算分子
    }
    return b*inv(a)%mod;//计算b/a并返回
}

Lucas定理

当求组合数时，m、n很大的时候，一步步进行乘法运算复杂度较高，耗时较长，需要用更快的算法进行运算：

内容

对于非负整数n,m 和 质数 p 有 $C_n^m=\prod (C_{n_i}^{m_i}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
其中 $n_i$ 和 $m_i$ 分别为 n 和 m 的p进制表示的系数的第i位
若 n<m 则认为 $C_n^m=0$
该方法适用于m、n很大同时p较小的情况，可以节省大量求组合数的时间。

代码实现

通过Lucas，原本求$C_n^m$转换成了求$C_{n_i}^{m_i}$，所以代码实现的关键在于求$n_i$与$m_i$。
$n_i$的意义：n的p进制表示的系数的第i位
$n_1$的求法：$n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$
$n_2$的求法：$\frac{n}{p}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$
以此类推，$n_i$可由$\frac{n}{p^{i-1}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$求得
同理，$m_i$可由$\frac{m}{p^{i-1}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$求得
实际上，可以利用递归调用求得每一项的结果：

ll getc(int x,int y)
{
    if(x<y) return 0;
    if(y==0) return 1;//边界
    return getc(x/mod,y/mod)*C(x%mod,y%mod)%mod;
}

解释一下return中的两项：
当第i次递归调用此函数时：
C(x%mod,y%mod)：x%mod为$x_i$，y%mod为$y_i$，即此项直接调用前面求组合数的函数求出$C_{n_i}^{m_i}$
getc(x/mod,y/mod)：x/mod为$\frac{x}{p^i}$，y/mod为$\frac{y}{p^i}$，即递归调用getc函数求第i+1位及以上的组合数