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## $C_a^b$的多种场景下的求法
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###[一、$AcWing$ $885$. 求组合数 $I$](https://www.acwing.com/problem/content/887/)
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**理论依据**：$\large C_a^b=C_{a-1}^b+C_{a-1}^{b-1}$
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<font color='red'><b>适合场景：$\large a<=2000,b<=2000$</b></font>
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**不严谨的证明**：
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有$a$个苹果，现在需要选出$b$个苹果。一共有多少种选法呢？
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**答**：走到第一个苹果面前，面临两个选择：
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- 选择它
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- 放弃它
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如果选择它，将要面对$a-1$个苹果中选$b-1$个苹果的问题
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如果放弃它，将要面对$a-1$个苹果中选$b$个苹果的问题
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根据加法原理，两种选择方法加在一起，就是方法总数，也就是上面的递推式。
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**实现代码**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 2010;
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const int p = 1e9 + 7;
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int c[N][N];
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void init() {
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/*
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功能：第0列初始化为1，现实意义：C(n,0)=1
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理解：从n个元素中,每次取出0个元素,也就是每次都不取出元素,有几种取法?
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很明显只有1种取法,就是什么都不取这样一种情况。类似:C(n,0)=C(n,n)=1
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这是递归的base case,如果没有这个1打底，以后再怎么加法原理都是白费
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*/
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for (int i = 1; i < N; i++) c[i][0] = 1, c[i][i] = 1; // base case
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for (int i = 1; i < N; i++)
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for (int j = 1; j < i; j++)
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// 递归式最重要！这是根据数学公式得到的递推式
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// 从递推式由右向左看过去，需要由小到大填充a,b,并且，m>n
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c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % p;
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}
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int n;
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int main() {
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init();
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cin >> n;
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while (n--) {
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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printf("%d\n", c[a][b]);
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}
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return 0;
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}
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```
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### [二、$AcWing$ $886$. 求组合数 $II$](https://www.acwing.com/problem/content/888/)
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上一个办法是把$C_a^b$的值预处理出来了。用的是$c[N][N]$,$N$最大$2010$.
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本题的$a$,$b$都是上限$10^5$,如果按上题来，就是$c[10^5][10^5]$,
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直接报 $Memory\ Limit\ Exceeded$. 所以不能直接递推求出所有解。
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<font color='red'><b>适合场景：$a<=1e5,b<=1e5$</b></font>
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理论依据：$\large C_a^b=\frac{a!}{(a-b)! * b!}$
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举个栗子：
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$C_3^2=\frac{3!}{2!\times 1!}=\frac{3 \times 2 \times 1}{2 \times 1}=3$
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- 本题由于怕数据太大，要求结果 $mod\ (1e9+7)$,这个 **$MOD=1e9+7$是质数(一般取模的都是质数)**，可以直接使用 **费马小定理+快速幂** <font color='red' size=4><b> 求逆元</b></font>
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- 现在要求计算出 $a!$, ${b!}^{-1}$, ${(a-b)!}^{-1}$，使用两个数组来递推：
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$fact[i] = i!\ \% \ MOD$
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$infact[i] = (i!)^{-1}\ \% \ MOD$
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所以： $$\large C_a^b=\frac{a!}{(a-b)! * b!} = (fact[a] * infact[a-b] * infact[b] )\ \% \ MOD$$
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**实现代码**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int N = 100010;
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const int p = 1e9 + 7;
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int fact[N]; // 阶乘结果数组
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int infact[N]; // 阶乘逆元结果数组
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// 快速幂
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int qmi(int a, int k) {
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int res = 1;
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while (k) {
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if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
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a = (LL)a * a % p;
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k >>= 1;
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}
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return res;
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}
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int main() {
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// base case
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fact[0] = infact[0] = 1; // 0!=1 (0!)^-1=1
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for (int i = 1; i < N; i++) {
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fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % p; // 阶乘递推
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// ①用qmi(i, mod - 2, mod)求出i在% mod场景下的逆元
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// ②得到的逆元再乘以infact[i-1]累乘到infact中
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// ③注意取模
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// ④递归式最重要！这是根据数学公式得到的递推式
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infact[i] = (LL)infact[i - 1] * qmi(i, p - 2) % p;
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}
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int n;
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cin >> n;
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while (n--) {
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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printf("%d\n", (LL)fact[a] * infact[b] % p * infact[a - b] % p);
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}
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return 0;
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}
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```
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> **注意**：因为$AcWing\ 886$的数据范围比$AcWing\ 885$更大，所以$AcWing\ 886$的代码在$AcWing\ 885$中可以直接$AC$，但反过来不行。
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###[$AcWing$ $887$. 求组合数 $III$](https://www.acwing.com/problem/content/889/)
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#### 1.$Lucas$公式
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$$\LARGE C_a^b \equiv C_{a\%p}^{b\%p} * C_{a \div p}^{b \div p} (mod \ p)$$
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<font color='red'><b>适用场景：数据范围：$b<=a<=1e18$,$p<=1e5$,$p \in prime$</b></font>
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预处理出 $1...p$ 的阶乘$fact[i]$和阶乘的逆元$infacf[i]$，用卢卡斯定理进行回答。
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<font color='red'><b>
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注意：这个$p$是小于$1e5$的，看到要求模$1e9+7$绕行啊！不是干哪个的啊！适合$a,b$很大，$p$很小的场景啊！！！
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</b></font>
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> **$Lucas$定理的理解**
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实现的时候，只需要对这个东西继续递归调用$Lucas$定理即可。也就是，对于$C_{a÷p}^{b÷p}$继续调用，最后就会出现一个连乘。
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于是我们发现，这个东西又除又模的，很像进制拆解。
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没错。
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也就是说，这个$Lucas$定理就相当于把$n,m$变成了$p$进制数，然后对$p$进制下的每一位都计算组合数，最后乘起来。
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#### 2.如何求解$C_a^b$
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$C_a^b=\frac{a!}{(a-b)! \times b!}=\frac{a \times (a-1) \times (a-2) \times ...\times(a-b+1) \times (a-b) \times ... \times 1}{(a-b) \times (a-b-1) \times ... \times 1 \times b!}= \frac{a \times (a-1) \times (a-2) \times ...(a-b+1)}{b!}=\frac{a \times (a-1) \times (a-2) \times ...(a-b+1)}{b \times (b-1) \times (b-2) \times ... \times 2 \times 1}$
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根据这个结论:
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- 对于$a$来讲，需要变量$j$从$a$一直遍历到$a-b+1$
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- 对于$b$来讲，需要变量$i$从$1$一起遍历到$b$
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而且$a$到$a-b+1$其实就是$b$次，比如$10$遍历到$8$，就是$10,9,8$三次，即$b=3$,也就是$10-3+1=8$。
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而$i$也是遍历$b$次，真有太有意思了，它们两个可以在一个$b$次的循环中一起变动 (代码能省则省啊~)！
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```cpp {.line-numbers}
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int C(int a, int b, int p) {
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if (a < b) return 0;
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int down = 1, up = 1;
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for (int i = a, j = 1; j <= b; i--, j++) {
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up = (LL)up * i % p;
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down = (LL)down * j % p;
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}
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return (LL)up * qmi(down, p - 2, p) % p;
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}
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```
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**实现代码**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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// 快速幂
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int qmi(int a, int k, int p) {
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int res = 1;
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while (k) {
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if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
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a = (LL)a * a % p;
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k >>= 1;
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}
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return res;
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}
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// 功能：组合数模板
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int C(int a, int b, int p) {
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if (a < b) return 0;
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int down = 1, up = 1;
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for (int i = a, j = 1; j <= b; i--, j++) {
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up = (LL)up * i % p;
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down = (LL)down * j % p;
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}
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return (LL)up * qmi(down, p - 2, p) % p;
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}
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// Lucas公式
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int lucas(LL a, LL b, int p) {
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if (a < p && b < p) return C(a, b, p);
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return (LL)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p; // 递归套用公式
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}
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int n, p;
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int main() {
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cin >> n;
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while (n--) { // n组询问
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LL a, b;
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cin >> a >> b >> p;
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cout << lucas(a, b, p) << endl; // 利用lucas公式计算组合数
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}
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return 0;
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}
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```
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### [四、$AcWing$ $888$. 求组合数 $IV$](https://www.acwing.com/problem/content/890/)
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**不让取模怎么办?**
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#### 1、与前三道题的区别
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不再是数据上限的问题了，而是一直不$mod$,有多大都保留，这无疑可能会爆$long\ long$,需要使用高精度。
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#### 2、公式一【从定义出发的组合数公式】：
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$\large C_a^b=\frac{a \times (a-1) \times ... \times(a-b+1)}{b\times (b-1) \times ... \times 1}=\frac{a \times (a-1) \times ... \times (a-b+1) \times (a-b)!}{ b \times (b-1) \times ... \times 1 \times (a-b)!} =\frac{a!}{b! \times (a-b)!}$
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#### 3、是不是我们利用高精度+上面的组合数公式直接算就行了？
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不是的，因为$yxc$(大雪菜老师)说，这样的效率太低，不可以，需要再想一个好办法。
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#### 4、公式二 【算术基本定理】
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算术基本定理:$\large C_a^b=p_1^{\alpha1} \times p_2^{\alpha2} \times p_3^{\alpha3} ... \times p_k^{\alpha k}$
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其中$p_1$,$p_2$...是质数，$\alpha 1$,$\alpha 2$,...是指质数$p_1$,$p_2$,...的个数。 如果能分解质因数成功的话，那么就可以通过 **高精度乘法** 解决掉这个问题。
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(1) 那么$p_1$和$p_2$这些东东怎么求？
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思路：因为$a,b$都是在$[1,5000]$之间的数，所以可以通过筛质数的方法，提前获取到一个质数数组，然后逐个去看，是不是含有这个质数。就能知道有哪些$p_1,p_2,...$了。
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(2) $\alpha 1$,$\alpha 2,...,\alpha k$又该怎么求呢？
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#### 5、公式三【求质数$p$在$a!$中出现的次数】
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$$\large cnt=\lfloor \frac{a}{p} \rfloor + \lfloor \frac{a}{p^2} \rfloor + \lfloor \frac{a}{p^3} \rfloor + ...+ \lfloor \frac{a}{p^k} \rfloor$$
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[参考资料](https://blog.csdn.net/spidy_harker/article/details/88414504)
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**计算$n$的阶乘中质数$p$的个数**：
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```cpp {.line-numbers}
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// 获得n!中包含质数p的个数,本质就是转化为p进制嘛
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int get(int n, int p) {
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int res = 0;
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while (n) {
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res += n / p;
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n /= p;
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}
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return res;
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}
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```
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**举个栗子**：
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$ 5!=1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5$,求$2$的个数，
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则$1 \sim 5$之间含$2$的个数就是 $\lfloor \frac{5}{2} \rfloor$,就是$2$个。
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则$1 \sim 5$之间含$2^2$的个数就是 $\lfloor \frac{5}{2^2} \rfloor$,就是$1$个。
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$2^3$就大于$5$，就不再继续。那么一共的个数就是$2+1=3$个。表示在 $5!$这个数字中，存在$3$个$2$，就是$2$中有$1$个$2$，$4$中有两个$2$。
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#### 6、算法流程
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(1)、筛素数，把$1-5000$之间的素数筛出来
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(2)、计算$C_a^b$中每个已求得素数的个数
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(3)、利用高精度，计算$C_a^b$$=p_1^{\alpha1} \times p_2^{\alpha2} \times p_3^{\alpha3} ... \times p_k^{\alpha k}$的值
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**实现代码**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 5010;
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int primes[N], cnt;
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bool st[N];
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// 欧拉筛
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void get_primes(int n) {
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
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for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
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||
st[primes[j] * i] = true;
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if (i % primes[j] == 0) break;
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}
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}
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}
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// 高精乘低精
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void mul(int a[], int &al, int b) {
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int t = 0;
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for (int i = 1; i <= al; i++) {
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t += a[i] * b;
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||
a[i] = t % 10;
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||
t /= 10;
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||
}
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||
while (t) {
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||
a[++al] = t % 10;
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||
t /= 10;
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||
}
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||
}
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/**
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* 功能：n的阶乘中包含的质因子p的个数
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||
* @param n n的阶乘
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||
* @param p 质因子p
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||
* @return 有多少个
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*/
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int get(int n, int p) {
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||
int cnt = 0;
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||
while (n) { // p^1的个数，p^2的个数,p^3的个数...
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||
cnt += n / p;
|
||
n /= p;
|
||
}
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return cnt;
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}
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// C(a,b)的结果，高精度保存到c数组，同时，返回c数组的长度len
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void C(int a, int b, int c[], int &cl) {
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// 乘法的基数是1
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c[1] = 1, cl = 1; // 由于高精度数组中只有一位，是1，所以长度也是1
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for (int i = 0; i < cnt; i++) { // 枚举区间内所有质数
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int p = primes[i];
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/*
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C(a,b)=a!/(b! * (a-b)!)
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a!中有多少个质数因子p
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||
减去(a-b)!的多少个质数因子p,
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||
再减去b!的质数因子p的个数，就是总个数
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||
s记录了p这个质数因子出现的次数
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*/
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||
int s = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
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||
while (s--) mul(c, cl, p); // 不断的乘p,结果保存到数组c中。len将带回c的有效长度
|
||
}
|
||
}
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int a, b;
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int c[N], cl;
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int main() {
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cin >> a >> b;
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||
// 筛质数
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get_primes(N - 1);
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||
// 计算组合数
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||
C(a, b, c, cl);
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||
// 输出高精度结果
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||
for (int i = cl; i >= 1; i--) printf("%d", c[i]);
|
||
return 0;
|
||
}
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||
```
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#### 8、这段代码如何理解？
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```
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s = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p);
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||
```
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看公式一：
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$C_a^b=\frac{a \times (a-1) \times ... \times(a-b+1)}{b\times (b-1) \times ... \times 1}$ $=\frac{a \times (a-1) \times ... \times (a-b+1) \times (a-b)!}{ b \times (b-1) \times ... \times 1 \times (a-b)!}$ $=\frac{a!}{b! \times (a-b)!}$
|
||
$a!$中质数$p$的个数，减去$b!$中质数$p$的个数，再减去$(a-b)!$中质数$p$的个数，就是公因子消掉的意思。 |