【OI学习笔记】组合数学

板块：组合数学
前置知识点：排列组合数的概念和公式、乘法逆元、扩展欧几里得算法、费马小定理、二项式定理
难度：中等
前置知识一览：

• 排列数：在 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素形成一个排列的总方案数为排列数，因此排列数考虑顺序。排列数的公式为 $A_n^m=n(n-1)(n-2)(n-3)...(n-m+2)(n-m+1)=\frac{n!}{(n-m)!}.$
• 组合数：在 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素合为一组的总方案数为组合数，因此组合数不考虑顺序。组合数的公式为 $C_n^m=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)...(n-m+2)(n-m+1)}{m(m-1)(m-2)(m-3)...\times 2\times 1}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$
• 乘法逆元：【学习笔记】数论-乘法逆元
• 费马小定理：$a^{p-1}\equiv 1(modp)$
• 二项式定理：$(1+x{)}^n=C_n^0+C_n^{1}x+C_n^2{x}^2+...+C_n^n{x}^n$
• 扩展欧几里得算法：待补充

一般在信息学竞赛中更多的是使用展开式，计算起来会更加容易，码量也会小一些，这点相信运用过排列组合公式的同学都有所体会。

组合数学是信息学竞赛的重要组成部分，在数学推导题中发挥着重要作用，相关公式、概念、定理都在考纲之中。本文将陈述组合数计算的五种情况。本文中一律设定模数 $MOD=10^9+7$。

组合数计算的四种情况

组合数的计算方法有很多，例如定义式法、杨辉三角公式法、卢卡斯定理等（相关公式也将在后文叙述），这些方法的使用是由数据范围决定的。

求组合数 I

理论可支持数据范围： $m\le n\le 3000$
时间复杂度：$O(n^2)$
求解方法：杨辉三角公式（人教A版高中数学教材选修3 P39）

在该级别的数据范围下，可以直接将组合数数组预处理出来，然后 $O(1)$ 查询，时间上和空间上都可行（指在仅求解组合数的情况下）。那么就涉及到一个大名鼎鼎的公式了——杨辉三角公式（如下）。
$$C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$$
关于该式的正确性，教材上有较为详细的证明，这里我简要描述一下：
$$\begin{gathered} C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m=\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}+\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!} \\ =\frac{(n-1)!}{m!(n-m)!}[r+(n-r)] \\ =\frac{n!}{m!(n-m)!} \end{gathered}$$
又，
$$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$
因此该式正确。

直接两层循环预处理，对于 $m=0$ 的情况特判防止数组越界，$C_n^0=1$。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 2010, MOD = 1e9 + 7;

int n;
int c[N][N];

void pretreatment ()
{
    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;
        }
    }
}

int main()
{
    pretreatment();
    
    cin >> n;
    while (n--)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        cout << c[a][b] << endl;
    }
    return 0;
}

求组合数 II

理论可支持数据范围：$m\le n\le 10^5$
时间复杂度：$O(nlogn)$
求解方法：定义式法

在该数据范围内，$O(n^2)$ 的预处理显然会超时，那么我们就要降低时间复杂度到对数级，也就是 $O(nlogn)$级别。考虑线性预处理数据范围内的所以阶乘结果，以供查询。由于组合数公式中需要除以 $m!$，我们可以将其转化为计算 $m!$ 的乘法逆元，因为在这里我们用费马小定理计算（因为设定模数为质数，当然如果实际题目中给定的模数不是质数则需要用扩欧计算逆元，详解文首链接），费马小定理计算乘法逆元的时间复杂度为 $O(logn)$，因此总复杂度为 $O(nlogn)$。

综上，我们用一个数组 fact 记录所有的阶乘结果，用一个数组 infact 记录所有阶乘结果的逆元，最后查询时就是 $m!\times (n-m){!}^{-1}\times m^{-1}$。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10, MOD = 1e9 + 7;

int n;
int fact[N], infact[N];

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()
{
    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;
    }

    cin >> n;
    while (n--)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        cout << (ll)fact[a] * infact[b] % MOD * infact[a - b] % MOD<< endl;
    }

    return 0;
}

求组合数 III

理论可支持数据复杂度：$m\le n\le 10^{18}$
时间复杂度：$O(plo{g}_{p}N\log p)$
求解方法：卢卡斯（Lucas）定理

到了该级别的数据范围，我们需要将时间复杂度继续压缩，压缩到上述的时间复杂度中，那么就涉及到了一个更加有名的定理——卢卡斯定理（如下）。
$$C_a^b\equiv C_{a\mathrm{mod}b}^{b\mathrm{mod}p}\times C_{a/p}^{b/p}(\mathrm{mod}p)$$
关于该式的证明（拓展）：
将 $a,b$ 表示为 $p$ 进制数得：
$$\begin{gathered} a=a^k{p}^k+a^{k-1}{p}^{k-1}+a^{k-2}{p}^{k-2}+...+a^0{p}^0 \\ b=b^k{p}^k+b^{k-1}{p}^{k-1}+b^{k-2}{p}^{k-2}+...+b^0{p}^0 \end{gathered}$$
有二项式定理，
$$(1+x{)}^p=C_p^0+C_p^{1}x+C_p^2{x}^2+C_p^3{x}^3+...+C_p^p{x}^p①$$
因为模数 $p$ 是一个质数，所以 $p$ 里面不包含任何小于 $p$ 的质因子。因此展开式中除头尾两项外，其余项均为 0，即 $(1+x{)}^p\equiv (1+x^p)(\mathrm{mod}p),同理可得(1+x^{p_i})\equiv (1+x^{p_i})(\mathrm{mod}p)②$

又当 $p=a$ 时，由同底数幂乘法的定义可以得：
$$(1+x{)}^a=(1+x{)}^{a_0}[(1+x{)}^{p_1}{]}^{a_1}[(1+x{)}^{p_2}{]}^{a_2}...[(1+x{)}^{p_k}{]}^{a_1}$$
带入 $②$ 式可得：
$$(1+x{)}^a=(1+x{)}^{a_0}(1+x^p{)}^{a_1}(1+x^{p_2}{)}^{a_2}(1+x^{p_2}{)}^{a_2}$$
观察 $①$ 式，可知对于 $x_i$ ，其系数为 $C_a^i$，所以可得：
$$C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}{C}_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}{C}_{a_{k-2}}^{b_{k-2}}...C_{a_0}^{b_0}(\mathrm{mod}p)$$
其实关键证明到这里就完毕了，接下来是化简。

在证明之首我们已经将 $a,b$ 化为了 $p$ 进制数，所以有 $a_0=a\mathrm{mod}p,b_0=b\mathrm{mod}p③$，我们将 $a,b$ 在 $p$ 进制下右移一位，等价于 $\lfloor \frac{a}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{p}\rfloor$，对于$\lfloor \frac{a}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{p}\rfloor$重复证明中的第一步，可以得到 $C_{\lfloor \frac{a}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{b}{p}\rfloor }\equiv C_{a_k}^{b_k}{C}_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}{C}_{a_{k-2}}^{b_{k-2}}...C_{a_1}^{b_1}(bmodp)$
因此得证：
$$C_a^b\equiv C_{\lfloor \frac{a}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{b}{p}\rfloor }\times C_{a\mathrm{mod}p}^{b\mathrm{mod}p}(\mathrm{mod}p)$$

在代码应用卢卡斯定理时候，对于 $a,b<p$ 的情况，$\mathrm{mod}p$ 操作做与不做都会保持原值，因此可以直接返回 $C_a^b$。否则，返回$C_{a\mathrm{mod}p}^{b\mathrm{mod}p}\times lucas(a/p,b/p)$，因为 $a/p,b/p$的结果仍可能超出 $p$ 的值，所以需要递归计算。

计算 $C_a^b$ 我们仍套用“前置知识一览”中的展开式，用双指针算法（详见代码，比较巧妙），初始化 $i=1,j=n$，以 $i\le m$ 为循环结束条件，那么 $j$ 也将循环到 $n-m+1$。

参考代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long ll;

int p;

int qmi (int a, int b)
{
    int res = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1) res = (ll)res * a % p;
        a = (ll)a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int C (int n, int m)
{
    int res = 1;
    for (int i = 1, j = n; i <= m; i++, j--)
    {
        res = (ll)res * j % p;
        res = (ll)res * qmi (i, p - 2) % p;
    }
    return res;
}

ll lucas (ll a, ll b)
{
    if (a < p && b < p) return C (a, b);
    else return C (a % p, b % p) * lucas (a / p, b / p) % p;
}

int n;

int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        ll a, b;
        cin >> a >> b >> p;
        cout << lucas (a, b) << endl;
    }
    return 0;
}

求组合数 IV

参考资料：https://www.acwing.com/solution/content/132647/

理论可支持数据范围：$m\le n\le 5000$，无模数
时间复杂度：$O(n^2)$
求解方法：线性筛+质因数分解+高精度

该方法分为三步：

• 线性筛法求出 $1\sim n$ 中的所有质数
• 考虑从组合数公式 $C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!}$ 出发，求出每个质因子的次数。
• 用高精度乘法将所有质因子相乘

求阶乘中质因子的次数：
对于步骤二中的每一项，$n/p$ 表示阶乘的每一位中拆开至少有 1 个 $p$ 的数的个数。因为除去 $n/p$ 只计算了分解后包含 $p$ 的数的个数，而有些数分解后是包含多个 $p$ 的，因此有了后面几项，一直算到除数大于 $n$ 为止。

$ex：7!$
假设 $p$ 为 2，$7/2$ 表示 2,4,6 这3个数，因为我们要先把不被 $p$ 整除的数扔掉。其中 4 拆开是两个 2，因此在下一步中 $7/4$ 中再算了一次 4，所以因式分解 7！ 后 2 的次数为 4.

那会不会出现上下素数出现次数相减为负数的情况呢？
我们根据组合数公式展开式$C_a^b=\frac{a(a-1)(a-2)...(a-b+1)}{b!}$ 进行推导。

利用反证法，我们假设存在这样一个素数，那么在上面这个式子里， $p$ 在 $1\sim b$ 之间，并且 $p$ 的倍数不在上式的分子内，即：
$$\exists t,s.t.a<(t+1)p,a-b+1>tp$$
而 $p$ 小于 $b$，因此：
$$a>tp+b-1>(t+1)p-1$$
所以：
$$(t+1)p>a>(t+1)p-1$$
由此可知，不存在整数 $a$ 满足这个条件，发生矛盾，所以不会出现该情况

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 5000;

int primes[N], cnt;
int sum[N];
bool st[N];

//线性筛
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;
        }
    }
}

//获取n!里的p的个数
int get (int n, int p)
{
    int res = 0;
    while (n)
    {
        res += n / p;
        n /= p;
    }
    return res;
}

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;
}

int a, b;

int main()
{
    cin >> a >> b;

    get_primes(a);

    for (int i = 0; i < cnt; i++)
    {
        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++)
    {
        for (int j = 0; j < sum[i]; j++)
        {
            res = mul(res, primes[i]);
        }
    }

    for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i--) printf("%d", res[i]);
    return 0;
}