『数学』--数论--组合数+卢卡斯定理+扩展卢卡斯定理

组合数：
在N个数中选取M个数，问选的方式有几种？

直接递归暴力简单

#include<cstdio>
const int N = 2000 + 5;
const int MOD = (int)1e9 + 7;
int comb[N][N];//comb[n][m]就是C(n,m)
void init(){for(int i = 0; i < N; i ++){comb[i][0] = comb[i][i] = 1;for(int j = 1; j < i; j ++){comb[i][j] = comb[i-1][j] + comb[i-1][j-1];comb[i][j] %= MOD;}}
}
int main(){init();
}

卢卡斯定理：
求CmnmodpC_m^n~mod~pCmn mod p
设m=a0p0+a1p1+⋯+akpkm={a_0}^{p_0}+{a_1}^{p_1}+\cdots+{a_k}^{p_k}m=a0p0+a1p1+⋯+akpk
设n=b0p0+b1p1+⋯+bkpkn={b_0}^{p_0}+{b_1}^{p_1}+\cdots+{b_k}^{p_k}n=b0p0+b1p1+⋯+bkpk
则Cmn≡∏Caibi(modp)C_m^n\equiv\prod{C_{a_i}^{b_i}}(mod~p)Cmn≡∏Caibi(mod p)

证明我就不打了，百度百科上有，数学符号太多了~ _ ~
前置知识：
1.欧几里得或者费马小定理求逆元
2.快速幂
实现代码：

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=1e5+2;
LL a[N];
void init(LL p)
{a[1]=1;for(int i=2;i<=p;++i)a[i]=a[i-1]*i%p;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{if(!b){x=1;y=0;return;}exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
}
LL ksm(LL x,LL n,LL mod)
{LL ans=1;while(n){if(n&1)ans=ans*x%mod;n>>=1;x=x*x%mod;}return ans;
}
LL C(LL n,LL m,LL p)
{if(n==m||m==0)return 1;if(n<m)return 0;if(m*2>n)m=n-m;                        /*C(n,m)=c(n,n-m)*/return a[n]*ksm(a[m]*a[n-m],p-2,p)%p; /*求(a[m]*a[n-m])在(mod p)意义下的乘法逆元*//*拓展欧几里得与费马小定理均可*/ /*LL x,y;exgcd(a[m]*a[n-m],p,x,y);return (a[n]*x%p+p)%p;*/
}
LL lucas(LL n,LL m,LL p)
{if(!m)return 1;return lucas(n/p,m/p,p)*C(n%p,m%p,p)%p;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);LL T,n,m,p;cin>>T;while(T--){cin>>n>>m>>p;init(p);cout<<lucas(n+m,m,p)<<endl;}return 0;
}

为了快，放了一个数组，限制了P的大小，然后再发一个没有限制的卢卡斯。

#define MOD 1000000007
typedef long long LL;LL quickPower(LL a, LL b)
{LL ans = 1;a %= MOD;while (b){if (b & 1){ans = ans * a % MOD;}b >>= 1;a = a * a % MOD;}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) % MOD;LL b = i % MOD;ans = ans * (a * quickPower(b, MOD - 2) % MOD) % MOD;}return ans;
}LL lucas(LL n, LL m)
{if (m == 0){return 1;}return c(n % MOD, m % MOD) * lucas(n / MOD, m / MOD) % MOD;
}int main(int argc, const char * argv[])
{LL n, m;while (~scanf("%lld %lld", &n, &m)){LL max, min;max = n + m - 3;min = m - 1;printf("%lld\n", lucas(max - 1, min - 1));}return 0;
}

ExLucas扩展卢卡斯定理：
求解Cnm%PC_{n}^{m}\% PCnm%P,其中m,n较大，P较小且不一定为素数
转化为CRT（中国剩余定理）
好像这也不是什么定理，只是一个计算方法
计算Cnm%P，其中p=p1q1×p2q2×⋯pkqk时，我们可以先求出Cmnmodpiqi，然后用CRT合并。那么怎么计算Cmnmodpiqi呢？Cmn=m!n!(m−n)!，我们只需要算出m!,n!−1,(m−n)!−1，然后乘在一起。注：n!可能在模piqi的意义下没有逆元啊，那这就是错的了其实这里求得不是逆元（可能没有逆元），求出来的是a×pib(gcd(a,p)=1)，前面的aa用逆元，后面的次数加加减减一下就好了问题转换成求n!modpq例如n=19,p=3,q=2n=19,p=3,q=2：计算C_{n}^{m}\% P，其中p=p1^{q1}×p2^{q2}×⋯pk^{qk}时，我们可以先求出C_m^n~mod~{p_i}^{q_i}，然后用CRT合并。\\ 那么怎么计算C_m^n~mod~{p_i}^{q_i}呢？\\ C_m^n=\frac{m!}{n!(m-n)!}，我们只需要算出m!,n!^{−1},(m−n)!^{−1} ，然后乘在一起。\\ 注：n! 可能在模{p_i}^{q_i}的意义下没有逆元啊，那这就是错的了\\ 其实这里求得不是逆元（可能没有逆元），求出来的是a\times {p_i}^b(gcd(a,p)=1)，\\前面的aa用逆元，后面的次数加加减减一下就好了\\ 问题转换成求n!~mod~p^q\\ 例如n=19,p=3,q=2n=19,p=3,q=2：计算Cnm%P，其中p=p1q1×p2q2×⋯pkqk时，我们可以先求出Cmn mod piqi，然后用CRT合并。那么怎么计算Cmn mod piqi呢？Cmn=n!(m−n)!m!，我们只需要算出m!,n!−1,(m−n)!−1，然后乘在一起。注：n!可能在模piqi的意义下没有逆元啊，那这就是错的了其实这里求得不是逆元（可能没有逆元），求出来的是a×pib(gcd(a,p)=1)，前面的aa用逆元，后面的次数加加减减一下就好了问题转换成求n! mod pq例如n=19,p=3,q=2n=19,p=3,q=2：
参考
19!=1×2×3×⋯×19=(1×2×4×5×7×8⋯×16×17×19)×(3×6×9×12×15×18)=(1×2×4×5×7×8⋯×16×17)×19×36×(1×2×3×4×5×6)=(1×2×4×5×7×8)2×19×36×(1×2×3×4×5×6)19!\\ =1×2×3×⋯×19\\ =(1×2×4×5×7×8⋯×16×17×19)×(3×6×9×12×15×18)\\ =(1×2×4×5×7×8⋯×16×17)×19×36×(1×2×3×4×5×6)\\ =(1×2×4×5×7×8)2×19×36×(1×2×3×4×5×6)19!=1×2×3×⋯×19=(1×2×4×5×7×8⋯×16×17×19)×(3×6×9×12×15×18)=(1×2×4×5×7×8⋯×16×17)×19×36×(1×2×3×4×5×6)=(1×2×4×5×7×8)2×19×36×(1×2×3×4×5×6)

上面这个式子分为四部分：
第一部分：(1×2×4×5×7×8)2(1×2×4×5×7×8)2。这部分的数不超过pqpq个，可以暴力算第二部分：1919。这部分的数不超过pqpq个，可以暴力算第三部分：3636。这个在最后处理时求出m!,n!,(m−n)!m!,n!,(m−n)!分别有多少个pp（设为x,y,zx,y,z），则答案要乘上px−y−zpx−y−z第四部分：1×2×3×4×5×61×2×3×4×5×6。这个是⌊np⌋!⌊np⌋!，可以递归处理第一部分：(1×2×4×5×7×8)2(1×2×4×5×7×8)2。这部分的数不超过pqpq个，可以暴力算\\ 第二部分：1919。这部分的数不超过pqpq个，可以暴力算\\ 第三部分：3636。这个在最后处理时求出m!,n!,(m−n)!m!,n!,(m−n)!\\ \qquad\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 分别有多少个pp（设为x,y,zx,y,z），则答案要乘上px−y−zpx−y−z\\ 第四部分：1×2×3×4×5×61×2×3×4×5×6。\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 这个是⌊np⌋!⌊np⌋!，可以递归处理第一部分：(1×2×4×5×7×8)2(1×2×4×5×7×8)2。这部分的数不超过pqpq个，可以暴力算第二部分：1919。这部分的数不超过pqpq个，可以暴力算第三部分：3636。这个在最后处理时求出m!,n!,(m−n)!m!,n!,(m−n)! 分别有多少个pp（设为x,y,zx,y,z），则答案要乘上px−y−zpx−y−z第四部分：1×2×3×4×5×61×2×3×4×5×6。这个是⌊np⌋!⌊np⌋!，可以递归处理

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=1e5+9;
LL A[N],M[N];
LL ksm(LL x,LL n,LL mod)
{LL ans=1;while(n){if(n&1)ans=ans*x%mod;n>>=1,x=x*x%mod;}return ans;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{if(!b)x=1,y=0;else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
LL inv(LL a,LL p)
{LL x,y;exgcd(a,p,x,y);return (x+p)%p?x:x+p;
}
LL get(LL n,LL pi,LL p)                                 /*求(与pi互素后的n!)%M[i]*/
{if(!n)return 1;LL ans=1;if(n/p){                                          /*判断有无循环节 */ for(LL i=2;i<=p;++i)if(i%pi)ans=ans*i%p;ans=ksm(ans,n/p,p);}for(LL i=2;i<=n%p;++i)if(i%pi)ans=ans*i%p;            /*循环节剩余部分*/ return ans*get(n/pi,pi,p)%p;
}
LL exlucas(LL n,LL m,LL pi,LL p)                        /*求A[i]*/
{LL nn=get(n,pi,p);                                    /*求(与pi互素后的n)%M[i]*/ LL mm=get(m,pi,p);                                    /*求(m!与pi互素后的m!)%M[i]*/ LL nm=get(n-m,pi,p);                               /*求(与pi互素后的(n-m)!)%M[i]*/ LL k=0;                                              /*含质因数pi的数量*/ for(LL i=n;i;i/=pi)k+=i/pi;for(LL i=m;i;i/=pi)k-=i/pi;for(LL i=n-m;i;i/=pi)k-=i/pi;return nn*inv(mm,p)*inv(nm,p)*ksm(pi,k,p)%p;
}
LL crt(LL len,LL Lcm)
{LL ans=0;for(LL i=1;i<=len;++i){LL Mi=Lcm/M[i];ans=((ans+A[i]*inv(Mi,M[i])*Mi)%Lcm+Lcm)%Lcm;}return ans;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);LL n,m,P,num;while(cin>>n>>m>>P){if(n<m){cout<<0<<endl;continue;}num=0;memset(A,0,sizeof(A));memset(M,0,sizeof(M));for(LL x=P,i=2;i<=P;++i)if(x%i==0){M[++num]=1;while(x%i==0){M[num]*=i;x/=i;}A[num]=exlucas(n,m,i,M[num])%P;} cout<<crt(num,P)<<endl;}return 0;
}

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