LightOJ - 1067 数论<100000左右的组合数取模求法《逆元》>

来源：互联网发布：mindjet 14 mac 破解编辑：程序博客网时间：2024/04/27 08:31

题目链接： LightOJ - 1067

对于组合数取模的问题----数值10e6且询问的次数很多的情况--我们可以通过打表降低时间复杂度

先说一下：C（n，m）= n！/（m！*（n-m）！）-----

C(n ，m)=（n*（n-1）*....*（n-m+1））/（1*2*..........*m）=（n*（n-1)*（n-2）*....1）/（（n-m）*（n-m-1）*...*1）/（1*2*...*m）= N！ / M！ /（N-M）！

打一个N！取模表--再打一个N！对模的逆元表--

对于（A/B）mod C 的问题，直接（A mod C）/ （B mod C）是错误的： ( 16/ 8 ) % 4 == 2 而（16%4）/（8%4）无意义--

逆元 AB==1（mod）C

A关于C的逆元为B-

B关于C的逆元为A-

即关于对C取模时---A*B=1；

B=1/A；

当我们求S/A（mod）C时---我们就可以求S*B（mod）C了---

求逆元可以用拓展欧几里德--

在此题还可以用费马小定理

假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p）。即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。

a(p-1)≡1（mod p）所以--- a * a(p-2)≡1（mod p）----即 a 关于 P 的逆元为 *a(p-2) 然后快速幂就行了...

用费马小定理+快速幂在此题时间上有优势：

拓展欧几里德求逆元：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long long#define MA 1000100#define mod 1000003LL pri[MA];LL ni[MA],ans;LL extend(LL a,LL b,LL &x,LL &y){if (b==0){x=1;y=0;return a;}else{LL t=extend(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);return t;}}void s(){pri[0]=1;LL x,y;ni[0]=1;for (int i=1;i<MA;i++){pri[i]=pri[i-1]*i%mod;extend(pri[i],mod,x,y);ni[i]=(x%mod+mod)%mod;}}int main(){s();int t,n,k,ca=1;scanf("%d",&t);while (t--){scanf("%d%d",&n,&k);ans=((pri[n]*ni[k]%mod)*ni[n-k])%mod;printf("Case %d: %lld\n",ca++,ans);}return 0;}

费马小定理+快速幂求逆元：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long long#define MA 1000100#define mod 1000003LL pri[MA];LL ni[MA],ans;LL pp(LL xx,int k){LL lp=1,huan=xx;while (k){if (k%2)lp=(lp*huan)%mod;huan=(huan*huan)%mod;k/=2;}return lp;}void s(){pri[0]=1;LL x,y;ni[0]=1;for (int i=1;i<MA;i++){pri[i]=pri[i-1]*i%mod;ni[i]=pp(pri[i],mod-2);}}int main(){s();int t,n,k,ca=1;scanf("%d",&t);while (t--){scanf("%d%d",&n,&k);ans=((pri[n]*ni[k]%mod)*ni[n-k])%mod;printf("Case %d: %lld\n",ca++,ans);}return 0;}

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