变态组合数求法

问题：求解组合数C(n,m)，即从n个相同物品中取出m个的方案数，由于结果可能非常大，对结果模10007即可。

方案一

暴力求解，C(n,m)=n*(n-1)*...*(n-m+1)/m!

int Combination(int n, int m)

{

const int M = 10007;

int ans = 1;

for(int i=n; i>=(n-m+1); --i)

ans *= i;

while(m)

ans /= m--;

return ans % M;

}

这种方案的缺陷是，在计算过程中很快ans就溢出了，一般情况下，n不能超过12。补救办法之一是将先乘后除改为交叉地进行乘除，先除能整除的，但也只能满足n稍微增大的情况，n最多只能满足两位数。补救办法之二是换用高精度运算，这样结果不会有问题，只是需要实现大数相乘、相除和取模等运算，实现起来比较麻烦，时间复杂度为O(n)。

方案二

打表，C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)

由于组合数满足以上性质，可以预先生成所有用到的组合数，使用时，直接查找即可。生成的复杂度为O(n^2)，查询复杂度为O(1)。较方案一而言，支持的数量级大有提升，在1秒内，基本能处理10000以内的组合数。算法的预处理时间较长，另外空间花费较大，都是平方级的，优点是实现简单，查询时间快。

const int M = 10007;

const int MAXN = 1000;

int C[MAXN+1][MAXN+1];

void Initial()

{

int i,j;

for(i=0; i<=MAXN; ++i)

{

C[0][i] = 0;

C[i][0] = 1;

}

for(i=1; i<=MAXN; ++i)

{

for(j=1; j<=MAXN; ++j)

C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % M;

}

}

int Combination(int n, int m)

{

return C[n][m];

}

方案三

质因数分解，C(n,m)=n!/(m!*(n-m)!)，设n!分解因式后，质因数p的次数为a；对应地m!分解后p的次数为b；(n-m)!分解后p的次数为c；则C(n,m)分解后，p的次数为a-b-c。计算出所有质因子的次数，它们的积即为答案，即C(n,m)=p1 ^a1-b1-c1p2 ^a2-b2-c2…pk ^ak-bk-ck。n!分解后p的次数为：n/p+n/p ²+…+n/p ^k。

算法的时间复杂度比前两种方案都低，基本上跟n以内的素数个数呈线性关系，而素数个数通常比n都小几个数量级，例如100万以内的素数不到8万个。用筛法生成素数的时间接近线性。该方案1秒钟能计算 1kw数量级的组合数。如果要计算更大，内存和时间消耗都比较大。

//用筛法生成素数

const int MAXN = 1000000;

bool arr[MAXN+1] = {false};

vector<int> produce_prim_number()

{

vector<int> prim;

prim.push_back(2);

int i,j;

for(i=3; i*i<=MAXN; i+=2)

{

if(!arr[i])

{

prim.push_back(i);

for(j=i*i; j<=MAXN; j+=i)

arr[j] = true;

}

}

while(i<=MAXN)

{

if(!arr[i])

prim.push_back(i);

i+=2;

}

return prim;

}

//计算n!中素因子p的指数

int Cal(int x, int p)

{

int ans = 0;

long long rec = p;

while(x>=rec)

{

ans += x/rec;

rec *= p;

}

return ans;

}

//计算n的k次方对M取模，二分法

int Pow(long long n, int k, int M)

{

long long ans = 1;

while(k)

{

if(k&1)

{

ans = (ans * n) % M;

}

n = (n * n) % M;

k >>= 1;

}

return ans;

}

//计算C(n,m)

int Combination(int n, int m)

{

        const int M = 10007;

vector<int> prim = produce_prim_number();

long long ans = 1;

int num;

for(int i=0; i<prim.size() && prim[i]<=n; ++i)

{

num = Cal(n, prim[i]) - Cal(m, prim[i]) - Cal(n-m, prim[i]);

ans = (ans * Pow(prim[i], num, M)) % M;

}

return ans;

}

方案四

Lucas定理，设p是一个素数（题目中要求取模的数也是素数），将n,m均转化为p进制数，表示如下：

满足下式：

  

即C(n,m)模p等于p进制数上各位的C(ni,mi)模p的乘积。利用该定理，可以将计算较大的C(n,m)转化成计算各个较小的C(ni,mi)。

该方案能支持整型范围内所有数的组合数计算，甚至支持64位整数，注意中途溢出处理。该算法的时间复杂度跟n几乎不相关了，可以认为算法复杂度在常数和对数之间。

#include <stdio.h>

const int M = 10007;

int ff[M+5];  //打表，记录n!，避免重复计算

//求最大公因数

int gcd(int a,int b)

{

    if(b==0)

return a;

else

return gcd(b,a%b);

}

//解线性同余方程，扩展欧几里德定理

int x,y;

void Extended_gcd(int a,int b)

{

    if(b==0)

    {

       x=1;

       y=0;

    }

    else

    {

       Extended_gcd(b,a%b);

       long t=x;

       x=y;

       y=t-(a/b)*y;

    }

}

//计算不大的C(n,m)

int C(int a,int b)

{

    if(b>a)

return 0;

    b=(ff[a-b]*ff[b])%M;

    a=ff[a];

    int c=gcd(a,b);

    a/=c;

    b/=c;

    Extended_gcd(b,M);

    x=(x+M)%M;

    x=(x*a)%M;

    return x;

}

//Lucas定理

int Combination(int n, int m)

{

        int ans=1;

int a,b;

while(m||n)

{

        a=n%M;

b=m%M;

n/=M;

m/=M;

ans=(ans*C(a,b))%M;

}

return ans;

}

int main(void)

{

        int i,m,n;

ff[0]=1;

for(i=1;i<=M;i++)  //预计算n!

ff[i]=(ff[i-1]*i)%M;

scanf("%d%d",&n, &m);

printf("%d\n",func(n,m));

return 0;

}

 

written by baoer1024 on 2012-6-19