对于求组合数，要根据所给数据范围来选择合适的算法
求组合数 I
这道题中所给的数据范围适合用打表的方法直接暴力求解
先用4e6的复杂度预处理出所有的情况，再用1e4的复杂度完成询问即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2010;
const int MOD = 1e9 + 7;
int c[N][N];
void init()
{
for (int i = 0; i < N; i++)
{
for (int j = 0; j <= i; j++)
{
if (!j)
c[i][j] = 1;
else
c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % MOD;
}
}
}
int main()
{
init();
int n;
cin >> n;
while (n--)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << c[a][b] << endl;
}
return 0;
}
求组合数 II
对于这道题的数据范围，直接给出二维数组大表就不太合适了
我们需要在这里预处理出所有的阶乘和阶乘的逆元
运用组合数公式求解
这里处理逆元是因为我们需要把除法转化为乘法（具体内容可以看之前写过的）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10, MOD = 1e9 + 7;
int fact[N]; //预处理出所有的阶乘
int infact[N]; //预处理出所有阶乘的逆元
int quickmod(int a, int k, int p)
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1)
res = (ll)res * a % p;
a = (ll)a * a % p;
k = k >> 1;
}
return res;
}
void init()
{
fact[0] = infact[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i++)
{
fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % MOD;
infact[i] = (ll)infact[i - 1] * quickmod(i, MOD - 2, MOD) % MOD;
}
}
int main()
{
init();
int n;
cin >> n;
while (n--)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << (ll)fact[a] * infact[b] % MOD * infact[a-b] % MOD<<endl;
}
return 0;
}
求组合数 III
这里给定的数据范围更大，引入一个定理来解决
卢卡斯定理：
在这里只需要运用这个定理即可
在数学知识中，除一个数一定要注意使用乘逆元的形式，保证不会出现取舍问题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int quickmod(int a, int k, int p)
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res = (ll)res * a % p;
a = (ll)a * a % p;
k >>= 1;
}
return res;
}
int c(int a, int b, int p)
{
int res = 1;
for (int i = 1, j = a; i <= b; i ++, j -- )
{
res = (ll)res * j % p;
res = (ll)res * quickmod(i, p - 2, p) % p;
}
return res;
}
int lucas(ll a, ll b, int p)
{
if (a < p && b < p)
return c(a, b, p);
else
return (ll)c(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
while (n--)
{
ll a, b;
int p;
cin >> a >> b >> p;
cout << lucas(a, b, p) << endl;
}
return 0;
}
求组合数 IV
这里可以利用组合数公式求解
如果要直接用高精度的话需要写一个乘法一个除法比较麻烦
所以可以先进行因式分解，将答案分解成因式相乘的形式在利用高精度相乘进行解决
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5010;
int primes[N], cnt;
int sum[N];
bool st[N];
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!st[i])
primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++)
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0)
break;
}
}
}
int get(int n, int p) //分解质因数，求n这个数中有多少个p
{
int res = 0;
while (n)
{
res += n / p;
n /= p;
}
return res;
}
vector<int> mul(vector<int> a, int b)
{
vector<int> c;
int t = 0;
for (int i = 0; i < a.size(); i++)
{
t += a[i] * b;
c.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
while (t)
{
c.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
return c;
}
int main()
{
int a, b;
cin >> a >> b;
get_primes(a);
for (int i = 0; i < cnt; i++)
sum[i] = get(a, primes[i]) - get(a - b, primes[i]) - get(b, primes[i]);
vector<int> res;
res.push_back(1);
for (int i = 0; i < cnt; i++)
for (int j = 0; j < sum[i]; j++)
res = mul(res, primes[i]);
for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i--)
cout << res[i];
cout<<endl;
return 0;
}
满足条件的01序列
这个题用到了卡特兰数
将这个题目中的01序列抽象在一个坐标系中，0表示向右，1表示向上
因此题目中的前缀条件即表示所走的每一步都要在y=x这条直线的一侧即可
这种做法即是用卡特兰数来进行解决的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 1e9 + 7;
int quickmod(int a, int k, int p)
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1)
res = (ll)res * a % p;
a = (ll)a * a % p;
k >>= 1;
}
return res;
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
int a = 2 * n, b = n;
int res = 1;
for (int i = a; i > a - b; i--)
res = (ll)res * i % MOD;
for (int i = 1; i <= b; i++)
res = (ll)res * quickmod(i, MOD - 2, MOD) % MOD;
res = (ll)res * quickmod(n + 1, MOD - 2, MOD) % MOD;
cout << res << endl;
return 0;
}