杨辉三角和二项式定理

唯一分解定理

算术基本定理，又称为正整数的唯一分解定理，即：每个大于1的自然数均可写为质数的积，而且这些素因子按大小排列之后，写法仅有一种方式。（这个定理真的是有趣）

描述：

组合数 $C_{n}^{m}\textrm{}$ 在组合数学中占有重要地位。与组合数相关的最重要的两个东西是：杨辉三角和二项式定理。下面就是一个杨辉三角：

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

另一方面把 $(a+b)^{n}$ 展开，将得到一个关于x的多项式：

$(a+b)^{0}=1\\ (a+b)^{1}=a+b\\ (a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}\\ (a+b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}\\ (a+b)^{4}=a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}\\$

系数正好和杨辉三角一致。一般地，我们有二项式定理：

$(a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}\textrm {}$ $\small a^{n-k}b^{k}$

给定n，如何求出 $\small （a+b）^{n}$ $\small (a+b)^{n}$ 中所有项的系数呢？一个方法是递推，根据杨辉三角中不难发现的规律，可写成如下程序：

memset(C,0,sizeof(C));
for(int i=0;i<=n;i++)
{
    C[i][0]=1;
    for(int j=1;j<=n;j++) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
}

但遗憾的是，这个算法的时间复杂度是 $\small O\left ( n^{2} \right )$ ——尽管我们只用对的是杨辉三角的第n行的n+1个元素，却把全部n行的 $\small O\left ( n^{2} \right )$ 个元素都计算了一遍。

另一种方法是利用等式 $\small C_{n}^{k}\textrm{}=(\frac{n-k+1}{k})$ $\small C_{n}^{k-1}\textrm{}$ ，从 $\small C_{n}^{0}\textrm{}=1$ 开始从左到右递推，像这样：

C[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) C[i]=C[i-1]*(n-i+1)/i;

注意，应该先乘后除，因为C[i-1]/i可能不是整数。

$\small C_{n}^{k}\textrm{}=(\frac{n-k+1}{k})$ $\small C_{n}^{k-1}\textrm{}$ 这个可由 $\small C_{n}^{k}\textrm{}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$ 证明它。

证明：

$\small \because C_{n}^{k}\textrm{}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\\ \therefore C_{n}^{k-1}\textrm{}=\frac{n!}{(k-1)!(n-(k-1))!}\\$

$\small \therefore C_{n}^{k}\textrm{}=\frac{n-k+1}{k}$ $\small C_{n}^{k-1}\textrm{}$

例题10-4 无关的元素

对于给定的n个元素a1,a2,···，an,依次求出相邻两数之和，将得到一个新的数列。重复上述操作，最后结果将变成一个数。问这个数除以m的余数与哪些数无关？例如n=3,m=2时，第一次求和得到a1+a2,a2+a3,再求和得到a1+2a2+a3,它除以2的余数和a2无关。 $\small 1\leq n\leq 10^{5}$ ， $\small 2\leq m\leq 10^{9}$ 。

分析：显然最后的求和公式是a1,a2,···，an的线性组合。设 $\small {a_{i}}^{}$ 的系数为f(i),则和式除以m的余数与 $\small {a_{i}}^{}$ 无关当且仅当f(i)是 $\small {a_{i}}^{}$ 的倍数。

不难得出 $\small {a_{i}}^{}$ 的系数是 $\small C_{n-1}^{k-1}$ .这样问题就变成了： $\small C_{n-1}^{0},C_{n-1}^{1},...\, C_{n-1}^{n-1}$ 中有哪些是m的倍数。

只需要一次计算m的唯一分解式中各个素因子在 $\small C_{n-1}^{i-1}$ 中的指数即可完成判断。这些指数仍然可以用 $\small C_{n}^{k}\textrm{}=(\frac{n-k+1}{k})$ $\small C_{n}^{k-1}\textrm{}$ 递推。

杨辉三角和二项式定理

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