组合数&容斥原理

最新推荐文章于 2025-06-04 14:43:36 发布

墙缝里的草

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文章标签： c++

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_52465909/article/details/121053465

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本文探讨了组合数的计算方法，特别是通过递归实现的动态规划，并介绍了快速幂算法的应用。内容涉及费马小定理和一个实例，即如何利用这些数学工具来解决关于花朵从不同盒子中选择的问题，如N个盒子中选M支花的组合问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

组合数

在这里插入图片描述

for(int i=0;i<=2000;i++)
    {
        for(int j=0;j<=i;j++)
        {
            if(!j) f[i][j]=1;
            else f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%mod;
        }
    }

快速幂

int quick_pow(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;
}

费马小定理(Fermat’s little theorem)是数论中的一个重要定理，在1636年提出。如果p是一个质数，而整数a不是p的倍数，则有a（p-1）≡1（mod p）。在这里插入图片描述

#include<iostream>
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=1e5+10;
typedef long long LL;
long long fac[N],infac[N];
int quick_pow(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()
{
    int n;
    fac[0]=infac[0]=1;
    for(int i=1;i<=1e5;i++)
    {
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
        infac[i]=(LL)infac[i - 1] * quick_pow(i,mod-2,mod)%mod;
    }
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        cout<<(LL)fac[a] * infac[b] % mod * infac[a - b] % mod<<endl;
    }}

devu鲜花

假设N个盒子，第i个盒子里面由Ai支花，总共要选出M支。
1.假设花有无限多，每种花取Xi支，则有
X1+X2+X3+…+Xn=M；
Xi>=0;
令Yi=Xi+1；
Y1+Y2+…+Yn =M+n;
插板法。

2.X1<=A1,X2<=A2…
容斥原理

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
const int N=25;
ll n,m;
int res;
ll a[N];
int down=1;
int ksm(int a,int b) {//快速幂
    int res=1;
    while(b) {
        if(b&1) res=1ll*res*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int C(ll a,ll b) {
    if(a<b) return 0;
    int up=1;
    for(ll i=a; i>a-b; --i) up=i%mod*up%mod;
    return 1ll*up*down%mod;
}
int main() {
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=0; i<n; ++i) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1; i<=n-1; ++i) down=1ll*i*down%mod;
    down=ksm(down,mod-2);
    for(int i=0; i<(1<<n); ++i) {
        ll d=m+n-1,up=n-1;
        int sign=1;
        for(int j=0; j<n; ++j) {
            if((i>>j)&1) {
                sign*=-1;
                d-=a[j]+1;
            }
        }
        res=(res+C(d,up)*sign)%mod;
    }
    printf("%d\n",(res+mod)%mod);
    return 0;
}