排列组合

先补充一个其它的东西—–二项式定理：

排列：

定义：从n个不同元素中，任取m(m≤n,m与n均为自然数,下同）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(m≤n）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，用符号 A(n,m）表示。
计算公式：
此外规定0！==1

其满足：A(n,m)=n×A(n-1,m-1);(编程时可用此递推)

组合：

定义：从n个不同元素中，任取m(m≤n）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(m≤n）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。用符号 C(n,m) 表示。
计算公式：
两个性质：
1.C(n,m)=C(n,n-m)
2.C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)；(编程时可用此递推)

对于性质1，
当m>n/2时，就可转换成后一个式子，使运算简化。[当C(n,x)==C(n,y)时，要么x==y要么x+y==n]

对于性质2，
可这样理解:c(n,m)即为从n件物品中选m件的方案数。如果第m件物品不选，方案数就变为c(n-1,m)，如果选第m件物品，方案数就变为c(n-1,m-1)，总方案数就为两种情况的方案数之和。

最后对于排列组合，补充一个几何问题：
某区有7条南北向街道，5条东西向街道（如图）

⑴图中共有多少个矩形？
⑵从A点到B点最近的走法有多少种？

分析：⑴在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线
可组成1个矩形，故可组成矩形C（7,2）·C（5,2）=210个
⑵每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定包括10步，其中6步方向相同，另外4步方向相同，每种走法，即是从10步中选出6步，这6步是走东西方向的，共有C（10,6）=210种走法（同样可以从10段中选出4段走南北方向，每一种选法即是1种走法）。所以共有210种走法。（鉴于某个xbq(dalao),我不得不将“段”字改为“步”字，它说这样生动…）

来到题：
bzoj3505
题意：
给定一个nxm的网格，请计算三点都在格点上的三角形共有多少个。注意三角形的三点不能共线。
输入一行，包含两个空格分隔的正整数m和n。
输出一个正整数，为所求三角形数量。

题解：
首先答案就是所有取出三个点的方案数减去会三点共线的方案数。
显然n*m的网格上有(n+1)(m+1)个整点，然后令t=(n+1)(m+1)，那么取三个点的方案数就是C(t,3)。
接下来考虑怎么算三点共线的方案数：

有一个结论是在(a,b) (x,y)两点构成的线段上有gcd(a-x,b-y)-1个整点(a>x,b>y)

我们固定(a,b) (x,y)为共线的三点中左边两个，那么第三个点的方案数就是gcd(a-x,b-y)-1
但是这样枚举abxy的复杂度是O(n^2*m^2)
优化是把这线段平移到原点处，平移，平移，平移啊，那么会发现其实只要枚举(0,0) (x-a+1,y-b+1)，其他的线段平移就可以了。
画完很容易发现这样(0,0) (x-a+1,y-b+1)的线段可以平移出(n-i+1)*(m-j+1)种不同方案。

so 代码如下：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define ll long longusing namespace std;inline int read(){    int x=0;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x;}inline int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}int n,m;ll c[1005005][4];ll ans,tmp;void getc(){     c[0][0]=1;     for(int i=1;i<=n*m;i++)     {         c[i][0]=1;         for(int j=1;j<=3;j++)             c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];         }}void solve(){     ans=c[n*m][3];     ans-=n*c[m][3];     ans-=m*c[n][3];     for(int i=1;i<n;i++)         for(int j=1;j<m;j++)         {             tmp=gcd(i,j)+1;             if(tmp>2)                 ans-=(tmp-2)*2*(n-i)*(m-j);         }}int main(){    n=read();m=read();    n++;m++;    getc();    solve();    printf("%lld",ans);    return 0;}