算法基础知识总结（数学知识）
四、数学知识
1、分解质因数
1、目标：把一个整数分解成若干质数，输出每个质数以及它的次数。
2、思路：首先判定一个数是否是质数，即用大于等于2的因数去试除，如果余零则说明不是质数，则用该因数累除直到余数不为零，同时创建一个变量来记录次数（幂）。总之，是基于试除法判定因数的。
3、代码注意点：
（1）1 到 n 中最多只包含一个大于 n\sqrt nn 的质因子，所以不要忘记如果最后得到的数依然大于1的话要输出他和相应的次数
（2）试除法不推荐采用 i <= sqrt(n)因为每次循环都要执行一次，速度慢；也不推荐i * i <= n因为 i * i可能会溢出。试除法的时间复杂度是 O(n)O(\sqrt n)O(n)
2、埃拉托斯特尼筛素数法 (sieve of Eratosthenes)
1、目标：筛选出从1 到 n之内的所有素数。
2、思路：依次把 1 到 n 之间的素数的倍数都筛出去。
3、时间复杂度：它的时间复杂度是 O(nloglogn)O(nloglogn)O(nloglogn)
3、线性筛素数法
1、目标：线性地筛出从 1 到 n之间的所有素数
2、思路：埃拉托斯特尼筛法中一些数会被重复地筛，比如6既是2的倍数又是3的倍数，所以会被筛两次，不是线性的。因此线性筛素数法的思想就是保证从 1 到 n 的每个合数都被它们最小的质数筛掉并且只筛一次。
3、代码注意点：
（1）在筛素数时，因为要把 prime[j] * i筛掉，所以循环的条件里应该是 prime[j] <= n / i
（2）和埃拉托斯特尼筛法的代码模板不同的是，在线性筛法中如果 st[j] = true则执行筛选的循环体，但是在埃拉托斯特尼筛法中当 st[j] = true时会进行 continue操作。st[i]存储的是 i 是否已经被筛掉了。
（3）在筛选循环体内应该最后判断 prime[ j ] 是否是 i 的最小质数，如果是则break。因为线性筛法正是要让每个合数都被它们的最小质数筛掉。如果提前break了，则只筛掉了小于 i 的最小质数的数的倍数。
4、约数的个数
1、目标：求一个正整数的约数（不是质因子）的个数
2、思路：一个正整数可以表示成：
N=P1C1⋅P2C2⋅P3C3...⋅PnCnPi:质因子,Ci:质因子的次数N = P_{1}^{C_{1}} \cdot P_{2}^{C_{2}} \cdot P_{3}^{C_{3}} \quad ... \quad \cdot P_{n}^{C_{n}}\\ P_i: 质因子,\quad C_i: 质因子的次数 N=P1C1⋅P2C2⋅P3C3...⋅PnCnPi:质因子,Ci:质因子的次数
那么由于每一个质因子的次数可以取 [0,Ci][0, C_i][0,Ci] 所以约数的个数显然是：
∑i=0n(Ci+1)\sum_{i=0}^{n}(C_{i} + 1) i=0∑n(Ci+1)
3、代码注意点：
（1）最后的答案可能很大，最好用 long long 来存储。
（2）利用哈希表来存储约数和约数的个数会比较方便。
（3）res = res * (x.second + 1) % M;这一句话不能写成 res *= (x.second + 1) % M
5、约数之和
1、目标：求一个正整数的约数（不是质因子）的和
2、思路：一个正整数可以表示成
N=P1C1⋅P2C2⋅P3C3...⋅PnCnPi:质因子,Ci:质因子的次数N = P_{1}^{C_{1}} \cdot P_{2}^{C_{2}} \cdot P_{3}^{C_{3}} \quad ... \quad \cdot P_{n}^{C_{n}}\\ P_i: 质因子,\quad C_i: 质因子的次数 N=P1C1⋅P2C2⋅P3C3...⋅PnCnPi:质因子,Ci:质因子的次数
那么由于每一个质因子的次数可以取 [0,Ci][0, C_i][0,Ci] 所以，所有约数的和显然是：
∑i=1i=n∑j=0j=nPij\sum_{i=1}^{i=n}\sum_{j=0}^{j=n}P_{i}^{j} i=1∑i=nj=0∑j=nPij
3、代码注意点：
（1）∑j=0j=nPj\sum_{j=0}^{j=n}P_j∑j=0j=nPj 可以用一句话写出来：int t = 1; while(c--) t = (t * p + 1)
（2）同样这道题的答案也有可能爆int，所以用 long long 来存储。
6、欧几里得算法
1、目标：求一个正整数的最大公约数
2、思路：gcd(a,b)=gcd(b,amodb)gcd(a, b) = gcd(b, \ a \mod b)gcd(a,b)=gcd(b, amodb) 证明需要用到一些简单的性质。如果 d∣a,d∣b→d∣(xa+yb)d | a, d|b \to d|(xa+yb)d∣a,d∣b→d∣(xa+yb)
∵amodb=a−⌊ab⌋⋅bletc=⌊ab⌋∴amodb=a−c⋅b∴ifgcd(b,amodb)=tt∣b,t∣(a−c⋅b)∴t∣b,t∣a∴gcd(b,amodb)=gcd(a,b)\begin{aligned} &\because a \mod b = a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \cdot b \\ &\ \ \ \ \ let \ \ c=\lfloor \frac{a}{b} \rfloor\\ &\therefore a \mod b = a - c\cdot b \\ &\therefore if \ gcd(b, a \mod b)=t\\ & \ \ \ \ \ t|b, \ t|(a-c\cdot b)\\ &\therefore t|b ,\ t|a\\ &\therefore gcd(b, a\mod b) = gcd(a,b) \end{aligned} ∵amodb=a−⌊ba⌋⋅b let c=⌊ba⌋∴amodb=a−c⋅b∴if gcd(b,amodb)=t t∣b, t∣(a−c⋅b)∴t∣b, t∣a∴gcd(b,amodb)=gcd(a,b)
7、欧拉 ϕ\phiϕ 函数（Euler’s totient function）
1、目标：求 1 到 N 之间与 N 互质的数的个数
2、结论：
N=p1a1p2a2…pmamϕ(N)=N∗p1−1p1∗p2−1p2∗…∗pm−1pmN=p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} \ldots p_{m}^{a_{m}}\\ \phi(N)=N * \frac{p_{1}-1}{p_{1}} * \frac{p_{2}-1}{p_{2}} * \ldots * \frac{p_{m}-1}{p_{m}} N=p1a1p2a2…pmamϕ(N)=N∗p1p1−1∗p2p2−1∗…∗pmpm−1
上式每一项都向下取整。
3、证明：可以利用容斥原理，大致思路是从 n 个数当中减去一个质数的倍数，则有些数可能同时是两个质数的公倍数，那么它们就被减去了两次，在把它们的数量加回来，再减去三个质数的公倍数，再加上四个质数的公倍数的个数……
4、代码注意点：
（1）需要写成res = res / i * (i - 1)，不能写成 res = res * (i - 1) / i防止溢出
8、线性筛法求欧拉 ϕ\phiϕ 函数
1、目标：求出从 1 到 N之间每一个数的欧拉函数
2、思路：如果只是在普通的欧拉函数外面套一层循环，时间复杂度过高。所以想到借鉴线性筛素数法，能否线性地求出1到 N 的欧拉函数呢？首先，一个质数 P 的欧拉函数显然是 P - 1。接下来根据线性筛素数法的模板，需要根据 i % primes[j]是否等于0来分情况讨论 primes[j]*i 的欧拉函数是多少。
如果等于0，则说明 primes[ j ] 是 i 的一个质因子，因为 primes[j]*i 的欧拉函数只和它的质因子有关， primes[j]*i 的质因子比 i 的质因子多了一个 primes[ j ]，并且 primes[ j ] 还是一个质数，所以 primes[j]*i 的欧拉函数显然应该是：primes[j]⋅ϕ(i)primes[j] \cdot \phi(i)primes[j]⋅ϕ(i)
如果不等于0，那么在计算 primes[j]*i 的欧拉函数时除了要再乘上一个 primes[ j ] 还要再乘一项 1−1primes[j]1 - \frac{1}{primes[j]}1−primes[j]1 ，所以 primes[j]*i 的欧拉函数应该是：(primes[j]−1)⋅ϕ(i)(primes[j] - 1)\cdot\phi(i)(primes[j]−1)⋅ϕ(i)
综上，就可以线性地求得 1 到 N 之间每个数的欧拉函数。
9、快速幂
1、目标：快速地求出 akmodp,1≤a,k,p≤109a^{k} \mod p, 1 \leq a, k, p \leq 10^9akmodp,1≤a,k,p≤109 它的时间复杂度为 O(logk)O(logk)O(logk)
2、思路：首先预处理出来：
a20modpa21modpa22modp⋮a2logkmodp\begin{aligned} &a^{2^0} \mod p\\ &a^{2^1}\mod p\\ &a^{2^2}\mod p\\ &\vdots\\ &a^{2^{logk}}\mod p\\ \end{aligned} a20modpa21modpa22modp⋮a2logkmodp
然后把 aka^kak 组合出来，ak=a2x1⋅a2x2⋅a2x3⋯⋅a2xka^{k} = a^{2^{x_1}}\cdot a^{2^{x_2}} \cdot a^{2^{x_3}} \cdots \cdot a^{2^{x_k}}ak=a2x1⋅a2x2⋅a2x3⋯⋅a2xk ，显然实质上就是要让：k=2x1+2x2+⋯+2xkk = 2^{x_1} + 2^{x_2} + \cdots + 2^{x_k}k=2x1+2x2+⋯+2xk ，要达到这种目标只需要把 k 转换成二进制表示就行了。
预处理这一步可以采用反复平方法。
10、求逆元
1、目标：找到一个整数 xxx 使得 ab≡a⋅x(modm)\frac{a}{b} \equiv a\cdot x(mod \ \ m)ba≡a⋅x(mod m) ，其中 bbb 和 mmm 互质。记 x=b−1x=b^{-1}x=b−1，这么做的好处是可以把除法转换成乘法。对该式子稍作变形即可得到：b⋅x≡1(modm)b\cdot x \equiv 1 (mod \ \ m)b⋅x≡1(mod m)，这个式子较为简单可以用来方便地求逆元。
2、欧拉定理与费马小定理：
- 欧拉定理：当 nnn 和 aaa 互质时：
aφ(n)≡1(modn)a^{\varphi(n)} \equiv 1 \ (\bmod n) aφ(n)≡1 (modn)
提供一种证明思路：
已知 ϕ(n)\phi(n)ϕ(n) 的含义是 1 到 n 中和 n 互质的个数。假设这些数是 x1,x2,⋯,xϕ(n)x_1, x_2, \cdots, x_{\phi(n)}x1,x2,⋯,xϕ(n) ，因为 aaa 又和 nnn 互质所以 ax1,ax2,⋯,axϕ(n)ax_1, ax_2, \cdots, a_{x_{\phi(n)}}ax1,ax2,⋯,axϕ(n) 也和 nnn 互质。所以 x1,x2,⋯,xϕ(n)x_1, x_2, \cdots, x_{\phi(n)}x1,x2,⋯,xϕ(n) 和 ax1,ax2,⋯,axϕ(n)ax_1, ax_2, \cdots, a_{x_{\phi(n)}}ax1,ax2,⋯,axϕ(n) 其实是同一堆数，所以应该有：
$$
\begin{aligned}
&x_1x_2\cdots x_{\phi(n)} \equiv ax_1ax_2\cdots ax_{x_{\phi(n)}} \ \ (mod \ \ n)\
&x_1x_2\cdots x_{\phi(n)} \equiv a^{\phi(n)}x_1x_2\cdots x_{x_{\phi(n)}} \ \ (mod \ \ n)\
&\because
\left{
\begin{array}{lr}
x \equiv y \ \ (mod \ \ t)\
x\cdot z \equiv y \ \ (mod \ \ t)
\end{array}
\right.
\to
z \equiv 1 \ \ (mod \ \ t)\
&\therefore
a^{\phi(n)} \equiv 1 \ \ (mod \ \ n)
\end{aligned}
$$
费马小定理：当 nnn 是质数时，不妨设 n=pn = pn=p 则有 ϕ(p)=p−1\phi(p) = p - 1ϕ(p)=p−1，则有：
ap−1≡1(modp)a^{p - 1} \equiv 1 \ \ (mod \ \ p) ap−1≡1 (mod p)
3、逆元求解思路：b⋅x≡1(modm)b\cdot x \equiv 1 (mod \ \ m)b⋅x≡1(mod m) ，当 mmm 是质数时，根据费马小定理有：bm−1≡1(modm)b^{m - 1} \equiv 1 \ \ (mod \ \ m)bm−1≡1 (mod m) ，进一步可以得到：
b⋅bp−2≡1(modm)b \cdot b^{p - 2} \equiv 1 \ \ (mod \ \ m) b⋅bp−2≡1 (mod m)
所以得到一个结论：bbb 存在乘法逆元的充要条件是 bbb 与模数 mmm 互质。当模数 mmm 为质数时，bm−2b^{m - 2}bm−2 即为 bbb 的乘法逆元。
所以，当 mmm 为质数时，要求 bbb 模 mmm 的逆元只要求 bm−2(modm)b^{m - 2} \ \ (mod \ \ m)bm−2 (mod m) 即可，此时问题就转化为了快速幂！
当 mmm 不是质数时，可以用扩展欧几里得方法解一个线性同余方程：ax≡1(modm)ax \equiv 1 \ \ (mod \ \ m)ax≡1 (mod m)
4、代码注意点：
（1）所有模数的倍数都不存在逆元
11、扩展欧几里得算法
1、裴蜀定理：对 ∀a,b∈Z,∃x,y∈Zs.t.ax+by=gcd(a,b)\forall a, b \in Z, \exist \ x, y \in Z \ \ s.t.\ \ ax+by=gcd(a, b)∀a,b∈Z,∃ x,y∈Z s.t. ax+by=gcd(a,b)
2、目标：对给出的一对 (a,b)(a, b)(a,b) 求出符合裴蜀定理的 (x,y)(x, y)(x,y)
3、思路：在欧几里得算法的基础上加以改进。
首先当 b=0b = 0b=0 时，gcd(a,b)=agcd(a, b) = agcd(a,b)=a 所以显然 x=1,y=0x = 1, y = 0x=1,y=0 可以是一组解；
当 b≠0b \neq 0b=0 时，则变成了 d=gcd(b,amodb)d = gcd(b, a \ mod \ b)d=gcd(b,a mod b) ，又 amodb=a−⌊ab⌋⋅ba\ mod \ b = a - \lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot ba mod b=a−⌊ba⌋⋅b ，所以需要求：
yb+x(a−⌊ab⌋⋅b)=dxa+(y−⌊ab⌋⋅x)b=d\begin{aligned} &yb + x(a - \lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot b) = d\\ &xa + (y - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \cdot x) b = d \end{aligned} yb+x(a−⌊ba⌋⋅b)=dxa+(y−⌊ba⌋⋅x)b=d
与最初的等式：xa+yb=dxa + yb=dxa+yb=d 相比，aaa 的系数不用更新，yyy 的系数进行更新即可。
4、代码注意点：
（1）迭代的时候，对调 x,yx, \ yx, y 的位置可以方便计算。
12、线性同余方程
1、目标：求解形如：ax≡b(modm)ax \equiv b \ \ (mod \ \ m)ax≡b (mod m) 的方程，其中 xxx 是未知数。
2、思路：将方程变形后可以用扩展欧几里得法求解。原式可变为：
ax=ym+bax−ym=blety′=−y,ax+my′=bax = ym + b \\ ax - ym = b\\ let\ \ y\prime = -y, \\ ax + my\prime= b ax=ym+bax−ym=blet y′=−y,ax+my′=b
根据裴蜀定理，当且仅当 gcd(a,m)∣bgcd(a, m) | bgcd(a,m)∣b 时方程才有解。
3、代码注意点：
（1）在数学意义上 a≡b(modm)→b=a−⌊am⌋⋅ma \equiv b \ \ (mod \ \ m) \to b = a - \lfloor \frac{a}{m} \rfloor \cdot ma≡b (mod m)→b=a−⌊ma⌋⋅m 对于负数也是一样的。
13、中国剩余定理
1、目标：用来求一种特殊的线性同余方程组。
{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)⋮x≡an(modmn)\left\{\begin{array}{c} x \equiv a_{1}\left(\bmod m_{1}\right) \\ x \equiv a_{2}\left(\bmod m_{2}\right) \\ \vdots \\ x \equiv a_{n}\left(\bmod m_{n}\right) \end{array}\right. ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)⋮x≡an(modmn)
假设 m1,m2,⋯,mnm_1, m_2, \cdots , m_nm1,m2,⋯,mn 两两互质，那么对于任意整数 a1,a2,⋯,ana_1, a_2, \cdots, a_na1,a2,⋯,an 上述方程有解。令 M=∏i=1nmiM= \prod_{i=1}^{n} m_{i}M=∏i=1nmi ，Mi=Mmi,i∈{1,2,⋯,n}M_i = \frac{M}{m_i}, i \in \{1,2,\cdots, n \}Mi=miM,i∈{1,2,⋯,n} ，设 ti=Mi−1t_i = M_i ^ {-1}ti=Mi−1 为 MiM_iMi 模 mim_imi 的逆元。则解为：
x=a1t1M1+a2t2M2+⋯+antnMn+kM=kM+∑i=1naitiMi,k∈Zx=a_{1} t_{1} M_{1}+a_{2} t_{2} M_{2}+\cdots+a_{n} t_{n} M_{n}+k M=k M+\sum_{i=1}^{n} a_{i} t_{i} M_{i}, \ \ k \in \mathbb{Z} x=a1t1M1+a2t2M2+⋯+antnMn+kM=kM+i=1∑naitiMi, k∈Z
如果再模上 MMM 则方程的解为：x=(∑i=1naitiMi)modMx=\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i} t_{i} M_{i}\right) \bmod Mx=(∑i=1naitiMi)modM ，可以这样求得最小正整数解。
2、应用：最经典的例子就是韩信点兵：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，除以七余二，求这个整数。
由题意得：
{x≡2(mod3)x≡3(mod5)x≡2(mod7)\left\{\begin{array}{c} x \equiv 2 \ \ (mod \ \ 3)\\ x \equiv 3 \ \ (mod \ \ 5)\\ x \equiv 2 \ \ (mod \ \ 7) \end{array}\right. ⎩⎨⎧x≡2 (mod 3)x≡3 (mod 5)x≡2 (mod 7)
| aia_{i}ai | 222 | 333 | 222 |
|---|---|---|---|
| MiM_iMi | $3$5 | 212121 | 151515 |
| tit_iti | 222 | 111 | 111 |
则 x=2×35×2+3×21×1+2×15×1+105k=105k+233,k∈Zx = 2 \times 35 \times 2 + 3 \times 21 \times 1 + 2 \times 15 \times 1 + 105k=105k + 233, k\in \mathbb{Z}x=2×35×2+3×21×1+2×15×1+105k=105k+233,k∈Z 所以最小的正整数解应该是23
3、变形：中国剩余定理只有当 m1,m2,⋯,mnm_1, m_2, \cdots , m_nm1,m2,⋯,mn 两两互质 时才成立。如果没有这样的限制条件该如何处理？
{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)⋮x≡an(modmn)\left\{\begin{array}{c} x \equiv a_{1}\left(\bmod m_{1}\right) \\ x \equiv a_{2}\left(\bmod m_{2}\right) \\ \vdots \\ x \equiv a_{n}\left(\bmod m_{n}\right) \end{array}\right. ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)⋮x≡an(modmn)
首先只研究前两个方程：
{x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)\left\{\begin{array}{c} x \equiv a_1 \ \ (mod \ \ m1)\\ x \equiv a_2 \ \ (mod \ \ m_2) \end{array}\right. {x≡a1 (mod m1)x≡a2 (mod m2)
可以转化为：
{x=k1⋅m1+a1x=k2⋅m2+a2\left\{\begin{array}{c} x = k_1\cdot m_1 + a_1 \\ x = k_2 \cdot m_2 + a_2 \end{array}\right. {x=k1⋅m1+a1x=k2⋅m2+a2
整理得：
k1⋅m1+a1=k2⋅m2+a2k1⋅m1−k2⋅m2=a2−a1k_1\cdot m_1 + a_1 = k_2 \cdot m_2 + a_2\\ k_1\cdot m_1 - k_2 \cdot m_2 = a_2 - a_1\\ k1⋅m1+a1=k2⋅m2+a2k1⋅m1−k2⋅m2=a2−a1
上式中，m1,m2,a1,a2m_1, m_2, a_1, a_2m1,m2,a1,a2 已知，根据扩展欧几里得法我们知道，要想此方程有解需要满足：gcd(m1,m2)∣a2−a1gcd(m_1, m_2)|a_2 - a_1gcd(m1,m2)∣a2−a1 ，记 d=gcd(m1,m2)d = gcd(m_1, m_2)d=gcd(m1,m2)，接下来一步比较关键，采用了一个简单的构造法，令 k1=k1+λ⋅m2d,k2=k2+λ⋅m1dk_1 = k_1 + \lambda \cdot \frac{m_2}{d}, \ \ k_2 = k_2 + \lambda \cdot \frac{m_1}{d}k1=k1+λ⋅dm2, k2=k2+λ⋅dm1 ，代入原方程得：
x′=(k1+λ⋅m2d)⋅m1+a1=k1⋅m1+a1+λ⋅m1⋅m2d=x+λ⋅m1⋅m2dx\prime = (k_1 + \lambda \cdot \frac{m_2}{d}) \cdot m_1 + a_1 = k_1 \cdot m_1 + a_1 + \lambda \cdot \frac{m_1\cdot m_2}{d} = x + \lambda \cdot \frac{m_1\cdot m_2}{d} x′=(k1+λ⋅dm2)⋅m1+a1=k1⋅m1+a1+λ⋅dm1⋅m2=x+λ⋅dm1⋅m2
也就是说我们能够把两个方程合并成一个方程！如果记 λ⋅m1⋅m2d=m′\lambda\cdot \frac{m_1\cdot m_2}{d} = m\primeλ⋅dm1⋅m2=m′那么依次类推最终 nnn 个方程将会合并成一个方程：x=x0+λ⋅m′x = x_0 + \lambda \cdot m\primex=x0+λ⋅m′ ，要求最小非负 xxx ，根据之前中国剩余定理解的形式，要求最小非负的解只要求：x0modm′x_0 \mod m\primex0modm′
4、代码注意点：
（1）代码中要求最小正整数解的常用操作是： x = (x % M + M) % M
14、高斯消元解线性方程组
1、目标：求解线性方程组
2、思路：首先找到最大的列主元，将其所在行换到首行，并将改行每个元素除以列主元，然后用当前行把剩下行的列主元所在列都消成0，重复此过程，如果最后有效方程的个数小于未知数的个数则有无穷多组解，如果出现了 0=n,n≠00 = n, n \neq 00=n,n=0 则无解。否则再从最后一行开始向上迭代求出每个解。
3、代码注意点：
（1）注意esp的类型是 double ！！！
（2）注意gauss( )函数内的 c, r，不要定义在循环体内。
15、组合数
1、题型分类：
2、递归法
1、思路：Cab=Ca−1b+Ca−1b−1C^b_a = C_{a-1}^{b} + C_{a - 1} ^{b - 1}Cab=Ca−1b+Ca−1b−1 它的含义是，假如从 aaa 个苹果中选 bbb 个，我们可以先挑出来一个苹果，然后就有两种情况：一是我们决定要选择这个，那么接下来就在剩下的 a−1a - 1a−1 个苹果中再选择 b−1b-1b−1 个，二是我们决定不选这个，那么就在剩下的 a−1a-1a−1 个中选择 bbb 个。所以我们可以创建一个二维数组来存储每一种组合数的值。
2、代码注意点：
（1）记得初始化一个都不取的情况为 1
3、预处理逆元
1、思路：根据求组合数的公式：Cab=Aabb!=a!b!(a−b)!C_{a}^{b}=\frac{A_{a}^{b}}{b !}=\frac{a !}{b !(a-b) !}Cab=b!Aab=b!(a−b)!a! ，可以预处理出分子分母，这里需要注意，由于最后要求的其实是 CabmodmC_a^b \mod \ mCabmod m 但是
$ (\frac{x}{y}\mod m) \neq \frac{x\mod m}{y\mod m}$ ，所以要求分母对模数的逆元，这样可以把除法转换成乘法并且不影响结果。
2、代码注意点：
（1）注意 fact[0] = infact[0] = 1
4、Lucas 定理
1、公式：若 ppp 是质数，则对 ∀1≤b≤a\forall 1 \leq b \leq a∀1≤b≤a 有 Cab=Camodpbmodp⋅Ca/pb/pmodpC_a^b = C_{a\ mod \ p}^{b \ mod \ p} \cdot C^{b /p}_{a/p} \mod pCab=Ca mod pb mod p⋅Ca/pb/pmodp
2、代码注意点：
（1）根据定义求组合数的模板要记住！
int c(int a, int b, int p){if(b > a) return 0;int res = 1;for(int i = a, j = 1; j <= b; i--, j++){res = (LL)res * i % p;res = (LL)res * qmi(j, p - 2, p) % p;}return res;
}
5、分解质因数 + 高精度
1、思路：当我们需要求出组合数的真实值，而非对某个数的余数时，我们可以转换思路，组合数的真实值可以表达成若干个素数的乘积，所以我们只需要做如下几件事：
- 用线性筛法求出范围内的所有质数
- 通过 Cab=a!b!(a−b)!C_{a}^{b}=\frac{a !}{b !(a-b) !}Cab=b!(a−b)!a! 这个公式求出每个质因子的次数。 n!n!n! 中 ppp 的次数是 n/p+n/p2+n/p3+⋯n / p + n / p^2 + n / p^3 +\cdotsn/p+n/p2+n/p3+⋯
- 用高精度乘法将所有质因子相乘
2、代码注意点：
（1）用高精度乘法将所有质因子相乘的时候是两层循环，第一层遍历所有质因子，第二层的作用相当于是求质因子的对应次方的值。
16、明安图-卡特兰数
1、公式：
Cn=C2nn−C2nn−1=C2nnn+1C_n = C_{2n}^n - C_{2n}^{n - 1}=\frac{C_{2n}^n}{n + 1} Cn=C2nn−C2nn−1=n+1C2nn
17、容斥原理
1、公式：
∣⋃i=1nAi∣=∑i=1n∣Ai∣−∑1⩽i<j⩽n∣Ai∩Aj∣+∑1⩽i<j<k⩽n∣Ai∩Aj∩Ak∣−⋯+(−1)n−1∣A1∩⋯∩An∣\left|\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}\right|=\sum_{i=1}^{n}\left|A_{i}\right|-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left|A_{i} \cap A_{j}\right|+\sum_{1 \leqslant i<j<k \leqslant n}\left|A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}\right|-\cdots+(-1)^{n-1}\left|A_{1} \cap \cdots \cap A_{n}\right| ∣∣∣∣∣i=1⋃nAi∣∣∣∣∣=i=1∑n∣Ai∣−1⩽i<j⩽n∑∣Ai∩Aj∣+1⩽i<j<k⩽n∑∣Ai∩Aj∩Ak∣−⋯+(−1)n−1∣A1∩⋯∩An∣
∣⋃i=1nAi∣=∑k=1n(−1)k+1(∑1⩽i1<⋯<ik⩽n∣Ai1∩⋯∩Aik∣)\left|\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}\right|=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\left(\sum_{1 \leqslant i_{1}<\cdots<i_{k} \leqslant n}\left|A_{i_{1}} \cap \cdots \cap A_{i_{k}}\right|\right) ∣∣∣∣∣i=1⋃nAi∣∣∣∣∣=k=1∑n(−1)k+1(1⩽i1<⋯<ik⩽n∑∣Ai1∩⋯∩Aik∣)
2、时间复杂度：O(2n)O(2^n)O(2n)
3、代码注意点：
（1）根据组合恒等式：∑i=0nCni=2n\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i}=2^{n}∑i=0nCni=2n ，kkk 个集合共有 2k−12^{k} - 12k−1 种选法，排除了一个集合都不选的情况。针对这种类型的枚举，一个常用的技巧是位运算。枚举从 1 到 2k−12^k - 12k−1 的每个数的形式，如 果第 nnn 位是0，就代表不选第 nnn 个集合，如果是 1 就代表选择这个集合。
比如有三个集合 S1,S2,S3S_1, S_2, S_3S1,S2,S3 ，显然共有 7 种组合方式：S1,S2,S3,S1∩S2,S1∩S3,S2∩S3,S1∩S2∩S3S_1, S_2, S_3, S_1\cap S_2, S_1 \cap S_3, S_2 \cap S_3, S_1\cap S_2 \cap S_3S1,S2,S3,S1∩S2,S1∩S3,S2∩S3,S1∩S2∩S3 ，1 到 7 的二进制数正好能够不重不漏地包含这些情况。001，010， 011， 100， 101， 110，111
（2）一个 nnn 为的二进制数能够左移的范围应该是 0 ~ n - 1 位。
（3）[1,n],n>1,n∈Z[1, n], n > 1 , n \in \mathbb{Z}[1,n],n>1,n∈Z 的区间内，能被 t,t∈[1,n]t, t \in [1, n]t,t∈[1,n] 整除的数的个数是 ⌊nt⌋\lfloor \frac{n}{t} \rfloor⌊tn⌋
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