组合数取模

来源：互联网发布：心书网络更新朋友圈编辑：程序博客网时间：2024/06/05 08:50

组合数取模在ACM竞赛中是一个很重要的问题，很多选手因为数据太大而束手无策，今天就来详细讲解它。

组合数取模就是求的值，当然根据，和的取值范围不同，采取的方法也不一样。

接下来，我们来学习一些常见的取值情况

（1）和

这个问题比较简单，组合数的计算可以靠杨辉三角，那么由于和的范围小，直接两层循环即可。

（2）和，并且是素数

这个问题有个叫做Lucas的定理，定理描述是，如果

那么得到

这样然后分别求，采用逆元计算即可。

题目：http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2020

题意：求，其中，并且是素数。

代码：

#include <iostream>  #include <string.h>  #include <stdio.h>    using namespace std;  typedef long long LL;    LL n,m,p;    LL quick_mod(LL a, LL b)  {      LL ans = 1;      a %= p;      while(b)      {          if(b & 1)          {              ans = ans * a % p;              b--;          }          b >>= 1;          a = a * a % p;      }      return ans;  }    LL C(LL n, LL m)  {      if(m > n) return 0;      LL ans = 1;      for(int i=1; i<=m; i++)      {          LL a = (n + i - m) % p;          LL b = i % p;          ans = ans * (a * quick_mod(b, p-2) % p) % p;      }      return ans;  }    LL Lucas(LL n, LL m)  {      if(m == 0) return 1;      return C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) % p;  }    int main()  {      int T;      scanf("%d", &T);      while(T--)      {          scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &p);          printf("%I64d\n", Lucas(n,m));      }      return 0;  }

由于上题的比较大，所以组合数只能一个一个计算，如果的范围小点，那么就可以进行阶乘预处理计算了。

（3）和，并且可能为合数

这样的话先采取暴力分解，然后快速幂即可。

题目：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemshow.php?problem_id=628

代码：

#include <iostream>  #include <string.h>  #include <stdio.h>    using namespace std;  typedef long long LL;    LL n,m,p;    LL quick_mod(LL a, LL b)  {      LL ans = 1;      a %= p;      while(b)      {          if(b & 1)          {              ans = ans * a % p;              b--;          }          b >>= 1;          a = a * a % p;      }      return ans;  }    LL C(LL n, LL m)  {      if(m > n) return 0;      LL ans = 1;      for(int i=1; i<=m; i++)      {          LL a = (n + i - m) % p;          LL b = i % p;          ans = ans * (a * quick_mod(b, p-2) % p) % p;      }      return ans;  }    LL Lucas(LL n, LL m)  {      if(m == 0) return 1;      return C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) % p;  }    int main()  {      int T;      scanf("%d", &T);      while(T--)      {          scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &p);          printf("%I64d\n", Lucas(n,m));      }      return 0;  }

由于上题的比较大，所以组合数只能一个一个计算，如果的范围小点，那么就可以进行阶乘预处理计算了。

（3）和，并且可能为合数

这样的话先采取暴力分解，然后快速幂即可。

题目：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemshow.php?problem_id=628

代码：

#include <iostream>  #include <string.h>  #include <stdio.h>    using namespace std;  typedef long long LL;  const int N = 200005;    bool prime[N];  int p[N];  int cnt;    void isprime()  {      cnt = 0;      memset(prime,true,sizeof(prime));      for(int i=2; i<N; i++)      {          if(prime[i])          {              p[cnt++] = i;              for(int j=i+i; j<N; j+=i)                  prime[j] = false;          }      }  }    LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)  {      LL ans = 1;      a %= m;      while(b)      {          if(b & 1)          {              ans = ans * a % m;              b--;          }          b >>= 1;          a = a * a % m;      }      return ans;  }    LL Work(LL n,LL p)  {      LL ans = 0;      while(n)      {          ans += n / p;          n /= p;      }      return ans;  }    LL Solve(LL n,LL m,LL P)  {      LL ans = 1;      for(int i=0; i<cnt && p[i]<=n; i++)      {          LL x = Work(n, p[i]);          LL y = Work(n - m, p[i]);          LL z = Work(m, p[i]);          x -= (y + z);          ans *= quick_mod(p[i],x,P);          ans %= P;      }      return ans;  }    int main()  {      int T;      isprime();      cin>>T;      while(T--)      {          LL n,m,P;          cin>>n>>m>>P;          n += m - 2;          m--;          cout<<Solve(n,m,P)<<endl;      }      return 0;  }

接下来看一些关于组合数取模的典型题目。

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3944

分析：组合数取模的典型题目，用Lucas定理，注意要阶乘预处理，否则会TLE的。

题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=4536

题意：给一个集合，一共个元素，从中选取个元素，选出的元素中没有相邻的元素的选法一共有多少种？

分析：典型的隔板法，最终答案就是。然后用Lucas定理处理即可。

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4373

题意：个for循环嵌套，有两种形式，第一类从1开始到，第二类从上一层循环当前数开始到，第一层一定

是第一种类型，求总的循环的次数对364875103取余的结果。

分析：首先可以看出，每一个第一类循环都是一个新的开始，与前面的状态无关，所以可以把个嵌套分为几个不

同的部分，每一个部分由第一类循环开始，最终结果相乘即可。剩下的就是第二类循环的问题，假设一个

层循环，最大到，分析一下得到如下结果

（1）只有一层，则循环次数为

（2）只有前两层，则循环次数为

（3）只有前三层，则循环次数为

由此得到结论：第的循环次数为

代码：

#include <iostream>  #include <string.h>  #include <stdio.h>    using namespace std;  typedef long long LL;    const int N = 25;  const int MOD1 = 97;  const int MOD2 = 3761599;  const int MOD = MOD1 * MOD2;    int m,n,k;  int a[N];  LL fac1[MOD1+10];  LL fac2[MOD2+10];  LL inv1,inv2;    LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)  {      LL ans = 1;      a %= m;      while(b)      {          if(b & 1)          {              ans = ans * a % m;              b--;          }          b >>= 1;          a = a * a % m;      }      return ans;  }    LL C(LL n,LL m,LL p,LL fac[])  {      if(n < m) return 0;      return fac[n] * quick_mod(fac[m] * fac[n-m], p - 2, p) % p;  }    LL Lucas(LL n,LL m,LL p,LL fac[])  {      if(m == 0) return 1;      return C(n % p, m % p, p, fac) * Lucas(n / p, m / p, p, fac);  }    void Init()  {      fac1[0] = fac2[0] = 1;      for(int i=1; i<MOD1; i++)          fac1[i] = (fac1[i-1] * i) % MOD1;      for(int i=1; i<MOD2; i++)          fac2[i] = (fac2[i-1] * i) % MOD2;      inv1 = MOD2 * quick_mod(MOD2, MOD1-2, MOD1);      inv2 = MOD1 * quick_mod(MOD1, MOD2-2, MOD2);  }    int main()  {      Init();      int T, tt = 1;      scanf("%d",&T);      while(T--)      {          scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);          for(int i=0; i<k; i++)              scanf("%d",&a[i]);          a[k] = m;          LL ans = 1;          for(int i=0; i<k; i++)          {              LL m1 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD1, fac1);              LL m2 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD2, fac2);              LL mm = (m1 * inv1 + m2 * inv2) % MOD;              ans = ans * mm % MOD;          }          printf("Case #%d: ",tt++);          cout<<ans<<endl;      }      return 0;  }

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4349

题意：中有多少个奇数，其中。

分析：其实组合数判断奇偶性有一个优美的结论

如果，那么为奇数，否则为偶数

当然本题要判断的组合数很多，所以不能用上述结论，只能另辟蹊径。由于是判断奇偶性，那么就是判断

是否为1，利用Lucas定理，先把和化为二进制，这样它们都是01序列了。我们又知道

。这样中为0的地方对应的中的位置只有一种可能，那就是0。

这样我们可以不用管中为0的地方，只考虑中为1的位置，可以看出，中为1的位置对应的中为0

或1，其结果都是1，这样答案就是：1<<(二进制表示中1的个数)

代码：

#include <iostream>  #include <string.h>  #include <stdio.h>    using namespace std;    int main()  {      int n;      while(scanf("%d",&n)!=EOF)      {          int cnt = 0;          while (n)          {              if (n & 1) cnt++;              n >>= 1;          }          printf("%d\n",1<<cnt);      }      return 0;  }

题目：http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=1951

题意：给定两个正整数和，其中，求下面表达式的值

分析：由于999911659是素数，用费马小定理降幂得到

现在关键是求

那么我们枚举分别计算，但是模的是合数，所以对999911658进行分解得到

，那么分别求，即

然后进一步得到同余方程组为

再通过中国剩余定理（CRT）可以求得最终答案。

代码：

#include <iostream>  #include <string.h>  #include <stdio.h>    using namespace std;  typedef long long LL;    const int P = 999911659;    LL a[5] = {0, 0, 0, 0};  LL m[5] = {2, 3, 4679, 35617};  LL fac[5][36010];  LL N, G;    void Init()  {      for(int i=0; i<4; i++)      {          fac[i][0] = 1;          for(int j=1; j<36010; j++)              fac[i][j] = fac[i][j-1] * j % m[i];      }  }    LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)  {      LL ans = 1;      a %= m;      while(b)      {          if(b & 1)          {              ans = ans * a % m;              b--;          }          b >>= 1;          a = a * a % m;      }      return ans;  }    LL C(LL n,LL k,int cur)  {      LL p = m[cur];      if(k > n) return 0;      return fac[cur][n] * quick_mod(fac[cur][k] * fac[cur][n-k], p - 2, p) % p;  }    LL Lucas(LL n,LL k,int cur)  {      LL p = m[cur];      if(k == 0)  return 1;      return C(n % p, k % p, cur) * Lucas(n / p, k / p, cur) % p;  }    void extend_Euclid(LL a, LL b, LL &x, LL &y)  {      if(b == 0)      {          x = 1;          y = 0;          return;      }      extend_Euclid(b, a % b,x, y);      LL tmp = x;      x = y;      y = tmp - a / b * y;  }    LL RemindChina(LL a[],LL m[],int k)  {      LL M = 1;      LL ans = 0;      for(int i=0; i<k; i++)          M *= m[i];      for(int i=0; i<k; i++)      {          LL x, y;          LL Mi = M / m[i];          extend_Euclid(Mi, m[i], x, y);          ans = (ans + Mi * x * a[i]) % M;      }      if(ans < 0)          ans += M;      return ans;  }    int main()  {      Init();      while(cin>>N>>G)      {          a[0] = a[1] = 0;          a[2] = a[3] = 0;          if(G == P)          {              cout<<"0"<<endl;              continue;          }          G %= P;          for(int i=1; i*i <= N; i++)          {              if(N % i == 0)              {                  LL x = i;                  a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];                  a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];                  a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];                  a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];                  x = N / i;                  if(i * i != N)                  {                      a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];                      a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];                      a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];                      a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];                  }              }          }          LL ans = quick_mod(G, RemindChina(a, m, 4), P);          cout<<ans<<endl;      }      return 0;  }

题目：已知有如下表达式

给定和，求。

分析：如果直接二项式展开，这样会很麻烦，而且不容易求出，本题有技巧。做如下变换

所以问题变为求的值。

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