组合数取模

来源：互联网发布：淘宝店出售转让编辑：程序博客网时间：2024/05/16 12:11

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;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。