（组合数求模=乘法逆元+快速幂） Problem Makes Problem

题目：

As I am fond of making easier problems, I discovered a problem. Actually, the problem is ‘how can you make n by adding k non-negative integers?’ I think a small example will make things clear. Suppose n=4 and k=3. There are 15 solutions. They are

```
 0 0 4
```
```
 0 1 3
```
```
 0 2 2
```
```
 0 3 1
```
```
 0 4 0
```
```
 1 0 3
```
```
 1 1 2
```
```
 1 2 1
```
```
 1 3 0
```
2 0 2
2 1 1
2 2 0
3 0 1
3 1 0
4 0 0

As I have already told you that I use to make problems easier, so, you don’t have to find the actual result. You should report the result modulo 1000,000,007.

Input
Input starts with an integer T (≤ 25000), denoting the number of test cases.

Each case contains two integer n (0 ≤ n ≤ 106) and k (1 ≤ k ≤ 106).

Output
For each case, print the case number and the result modulo 1000000007.

Sample Input
4

4 3

3 5

1000 3

1000 5

Sample Output
Case 1: 15

Case 2: 35

Case 3: 501501

Case 4: 84793457

分析与解答

b * k ≡ 1 (mod p) 是什么意思？
就是（b*k）%p=1
a mod b是什么意思？
就是a%b
这两个所有博客没人说，但是我不清楚。。

先看看什么是乘法逆元

当我们要求（a / b） mod p的值，且 a 很大，无法直接求得a / b的值时，我们就要用到乘法逆元。

满足 b * k ≡ 1 (mod p) 的 k 的值就是 b 关于 p 的乘法逆元。

我们可以通过求 b 关于 p 的乘法逆元 k，将 a 乘上 k 再模 p，即 (a * k) mod p。其结果与(a / b) mod p等价。

证:
因为 b * k ≡ 1 (mod p)
则有 b * k = p* x+1
得到 k = (p * x + 1) / b
将 k 代入(a * k) mod p
得到：
(a * (p * x + 1) / b) mod p
=((a * p * x) / b + a / b) mod p
=[((a * p * x) / b) mod p +(a / b)] mod p
=[(p * (a * x) / b) mod p +(a / b)] mod p
=(0 + (a / b)) mod p
= (a/b) mod p

1.用欧几里得扩展求逆元

ax≡1(modp)
可以等价的转化为ax−py=1 ，
检查gcd（a，p）是否等于1 ，如果是的话
套用exgcd解方程
最后解出x即可
求出来的x有可能为负数，所以结果进行变化：
x = (x * (c/gcd) % b + b) % b; 即的a的乘法逆元的解x

void Euild(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{if(0 == b){x = 1, y = 0;return ;}Euild(b, a%b, x, y);ll flag = x;x = y;y = flag - a/b * y;
}

2.用费马小定理
费马小定理：假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a^(p-1)≡1（mod p）
所以a*a^(p-2)≡1（mod p）
那a^(p-2)就是a的乘法逆元
可以利用快速幂计算
2.1那看看什么是快速幂

3^7 = 3 * 3^2 * 3^4
(7)10 = (111)2
———–4 2 1
3^15 = 3 * 3^2 * 3^4 * 3^8
(15)10 = (1111)2
———— 8 4 2 1
3^5 = 3 * 3^2 * 3^4
(5)10 = (101)2
———- 4 2 1

快速幂求x的y次方代码：

int pow_1(int x,int y){//x的y次方 int ren=x;int ans=1;while(y){if(y&1) ans*=ren;//取当前最末位的y，如果是1就继续乘ren ren*=ren;//下一位ren是当前ren的平方 1 2 4 8，这里8是x^4的平方，不是4的平方 y=y>>1;//y前进一位 }return ans;
}

3.用递推法On求解

O(n)求1~n逆元表
有时会遇到这样一种问题，
在模质数p下，求1~n逆元 n< p

这个问题有种很牛的算法，其基于以下的推导：
在求i的逆元时
p%i+[p/i]i=p
令a=p%i，b=[p/i]，则有
a+bi=p
a+bi=0（mod p）
bi=-a（mod p）
i^-1=-b/a
也就是说i的逆元为：-[p/i]*(p%i)^-1
而p%i＜i，那么可以从2递推到n求逆元，在求i之前p%i一定已经求出
这样就可以O(n)求出所有逆元了
(初始化 1^(-1)=1)
代码如下

inv[1] = 1;
for (int i = 2; i<MAXN; i++)  inv[i]=(long long)(p-p/i)*inv[p%i]%p;

好了现在我们再看这题

代码参考：

这题一个数拆成m个数相加，拆成的数可以是0，问有这m个数一共有几种情况，看成是n个小球放到m个盒子里。
比如四个球放到三个盒子，盒子可以为空，怎么算的我实在不懂，先记住公式吧方案数就是：C(n+m-1,m-1)
组合数公式：
约定f（a）代表a的阶乘， C(m,n) = f(m)/(f(n)*f(m-n));
在本题就是C(n+m-1,m-1) = f(n+m-1)/(f(m-1)f(n));
本题代码实现：
我们打表用数组存一个数的阶乘，
f(m)/(f(n) * f(m-n))%mod=（f(m)/f(n)）%mod * (1/f(m-n)）%mod
=f(m) * quick(f(m-1),mod-2) % mod quick(f(n),mod-2) % mod
a[n+k-1]quick(c,mod-2)%modquick(d,mod-2)%mod

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
ll a[2000000];
void C()//阶乘打表
{memset(a,0,sizeof(a));a[0] = a[1] = 1 ;for(int i = 2 ; i <=2000000;i++)a[i] = a[i-1]*i%mod;
}
ll quick(ll a , ll b)//快速幂取模
{ll res = 1 ;while(b){if(b&1) res = res *  a %mod ;b>>=1;a = a * a %mod ;}return res ;
}
int main()
{int t ;cin>>t;C();for(int cas = 1 ; cas<=t;cas++){ll n , k ;cin>>n>>k;ll c = a[k-1];ll d = a[n];printf("Case %d: ",cas);cout<<a[n+k-1]*quick(c,mod-2)%mod*quick(d,mod-2)%mod<<endl;}return 0;
}

现在做一下推广

我们组合数求模的板子

/*
mod=1e6+3
样例输入方式：
3
4 2
5 0
6 4
*/
//这里直接求出C（M,N)%mod#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>  using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const int mod=1e6+3;
const int maxn=1e6+100;
LL fac[maxn],inv[maxn];
LL Pow(LL a,LL b)
{  LL ans=1;  while(b)  {  if(b&1)  ans=(ans*a)%mod;  a=(a*a)%mod;  b>>=1;  }  return ans;
}
int main()
{  int cas=0;  int n,a,b;  fac[0]=1; //inv[0]=for(int i=1;i<=1000000;i++)  {  fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod; //对阶乘打表 //   inv[i]=Pow(fac[i],mod-2);  }  scanf("%d",&n);  while(n--)  {  scanf("%d%d",&a,&b);  long long c=Pow(fac[b],mod-2); long long d=Pow(fac[a-b],mod-2); LL ans=fac[a]*c%mod*d%mod;  printf("Case %d: %lld\n",++cas,ans);  }  return 0;
}