YbtOJ 「数学基础」 第4章 组合数学

组合数

加法原理

分类计数原理 比如说做一件事有$n$类方法 其中每一类有$M_i$种方法 那么最后的方法数就是$\sum _{i=1}^n{M}_i$

乘法原理

分步计数原理 比如说做一件事分$n$步 其中每一步有$M_i$种方法 那么最后的方法数就是$\prod _{i=1}^n{M}_i$

排列数

从$n$个数中任意取$m$个元素 按照一定的顺序排一列 叫做从$n$个数中取出$m$个数的一个排列 这样的不同排列的个数就是排列数

计算公式:$A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$

全排列:$A_n^n=\frac{n!}{0!}=n!$

组合数

从$n$个元素中取出$m$个元素 组成一个集合 叫做从$n$个数中取出$m$个元素的个数 那么组合数的计算公式就是$C_n^m=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

特别地 当$m>n$ $C_n^m=A_n^m=0$

求组合数

递推组合数 $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$

时间复杂度$O(n^2)$

$O(1)$组合数见例2

二项式定理

对于一个形如$(ax+by{)}^k$的柿子展开后的$x^n{y}^m$项 推得$Ans=a^n{b}^{m}C[min(n,m)][k]$

A. 【例题1】计算系数

直接用二项式定理即可

code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inl inline
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
#define mid ((l+r)>>1)
#define int long long 
const int N = 1e3 + 5; 
const int mod = 10007;
inl int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar (); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar (); }
	return x * f;
}

int c[N][N];//i个中选择j个

int C ( int n , int m )//n个中选出来m个
{
	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;
		}
	return c[n][m] % mod;
}

int ksm ( int x , int k )
{
	int base = x , ans = 1;
	while (k) 
	{
		if ( k & 1 ) ans = ans * base % mod;
		base = base * base % mod;
		k >>= 1;
	}
	return ans;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int a = read() % mod , b = read() % mod , k = read() , n = read() , m = read();
	cout << C ( k , min ( n , m ) ) % mod * ksm ( a , n ) % mod * ksm ( b , m ) % mod << endl;
	return 0;
}

B. 【例题2】方案统计

预处理阶乘逆元

我们可以知道$(m!{)}^{-1}=((m-1)!{)}^{-1}\times m^{-1}$ 而且$(1!{)}^{-1}=1^{-1}$ 从$2$开始递推即可

$O(1)$组合数

计算公式为$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

那么将计算公式下方的两个东西用逆元乘起来

int C ( int n , int m )
{
	if ( n < m ) return 0;
	return fac[n] % mod * inv[m] % mod * inv[n-m] % mod;
}

$lucas$定理

$C_n^m=C_{n/p}^{m/p}\ast C_{nmodp}^{mmodp}modp$

int lucas ( int n , int m )
{
	if ( m == 0 ) return 1;
	return C ( n % mod , m % mod ) * lucas ( n / mod , m / mod ) % mod;
}

code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inl inline
#define mid ((l+r)>>1)
#define int long long 
const int N = 2e6 + 5;
const int mod = 10007;
inl int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar (); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar (); }
	return x * f;
}

int fac[N] , inv[N];

void init ()
{
	fac[0] = inv[0] = fac[1] = inv[1] = 1;
	for ( int i = 2 ; i <= mod ; i ++ )
		inv[i] = ( ( mod - mod / i ) * inv[mod%i] + mod ) % mod , fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
	for ( int i = 2 ; i <= mod ; i ++ ) // 求阶乘逆元
		inv[i] = inv[i-1] * inv[i] % mod;
}

int C ( int n , int m )
{
	if ( n < m ) return 0;
	return fac[n] % mod * inv[m] % mod * inv[n-m] % mod;
}

int lucas ( int n , int m )
{
	if ( m == 0 ) return 1;
	return C ( n % mod , m % mod ) * lucas ( n / mod , m / mod ) % mod;
}
signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	init();
	for ( int i = 1 ; i <= T ; i ++ )
	{
		int n = read() , m = read();
		cout << lucas ( n , m ) << endl;
	}
	return 0;
}

C. 【例题3】古代猪文

题意

• 远古时期猪文文字总个数为$n$。
• 那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的$\frac{1}{k}$，其中$k$是$n$的一个正约数（可以是$1$或$n$ )。（枚举 约数)
• 然而从$n$个文字中保留下$\frac{n}{k}$个的情况也是相当多的。(即组合数)
• 所有可能的$k$的所有情况数加起来为$p$的话，那么他研究古代文字的代价将会是$g^p$。

可以得到题目真正需要求的柿子 (枚举$n/k$与$k$是一样的，因为你真正$n/k$的情况可以在$k$的情况下计算,也为了好看) :

$g^{\sum _{k|n}{C}_n^k}mod999911659$

---

$Case1$:当$999911659\mid g$时,$Ans=0$ (一定要判! )

$Case2$:如下

一个前置结论:

$a^b\equiv a^{bmod(p-1)}(modp)$

证明:首先由费马小定理得$a^{p-1}\equiv 1(modp)$

则$(a^{p-1}{)}^k\equiv 1(modp)$(同余的同幂性)

我们设$b=k\ast (p-1)+r$ 也就是$r=bmod(p-1)$

所以$a^b=(a^{p-1}{)}^k\ast a^r(modp)$

所以$a^b\equiv a^r(modp)$

即$a^b\equiv a^{bmod(p-1)}$

由上面结论可以得出答案就是$ans=g^{\sum _{k|n}{C}_n^k}mod999911659=g^{\sum _{k|n}{C}_n^{k}mod999911658}mod999911659$

即求:$\sum _{k|n}{\mathrm{C}}_n^{k}mod999911658$

我们如果对一坨柿子用$lucas$的话就寄了(因为$p$不是质数)

所以我们对于$999911658$分解质因数 $999911658=2\times 3\times 4679\times 35617$(记为$p_1-p_4$)

进而可以得出四个同余方程:

$\{\begin{array}{l}S=an{s}_1(mod{p}_1)\\ S=an{s}_2(mod{p}_2)\\ S=an{s}_3(mod{p}_3)\\ S=an{s}_4(mod{p}_4)\end{array}$

所以我们首先对于四个模数分别求出$\sum _{k|n}{\mathrm{C}}_n^{k}mod{p}_i$ 的值分别为$an{s}_i$(其中组合数使用$lucas$定理)

其次要找到一个$S$来满足四个同余方程组 用$CRT$求解即可

之后快速幂求$g^{S}mod999911659$的值即可

code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inl inline
#define int long long 
const int mod = 999911658;
const int N = 1e6 + 5;
const int b[5] = { 0 , 2 , 3 , 4679 , 35617 };

inl int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int nn , G , res[5] , S , fac[N] , inv[N];

int ksm ( int x , int k , int p )
{
	int base = x , ans = 1;
	while (k)
	{
		if ( k & 1 ) ans = ans * base % p;
		base = base * base % p;
		k >>= 1;
	}
	return ans;
}

void init ( int p )
{
	fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
	for ( int i = 2 ; i <= p ; i ++ )
		fac[i] = fac[i-1] * i % p , inv[i] = ( ( p - p / i ) * inv[p%i] % p + p ) % p; 
	for ( int i = 2 ; i <= p ; i ++ ) inv[i] = inv[i-1] * inv[i] % p;
}

int C ( int n , int m , int p )
{
	if ( m > n ) return 0;
	return fac[n] % p * inv[m] % p * inv[n-m] % p;
}

int lucas ( int n , int m , int p )
{
	if ( m == 0 ) return 1;
	return C ( n % p , m % p , p ) * lucas ( n / p , m / p , p ) % p;
}

int invv ( int x , int p ) { return ksm ( x , p - 2 , p ); }

void CRT ()
{
	for ( int i = 1 ; i <= 4 ; i ++ )
		S = ( S + res[i] * ( mod / b[i] ) % mod * invv ( mod / b[i] , b[i] ) % mod ) % mod;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	nn = read() , G = read();
	if ( G % ( mod + 1 ) == 0 ) { cout << 0 << endl; return 0; }
	for ( int i = 1 ; i <= 4 ; i ++ )
	{
		init(b[i]);
		for ( int k = 1 ; k * k <= nn ; k ++ )
			if ( nn % k == 0 ) 
			{
				res[i] = ( res[i] + lucas ( nn , k , b[i] ) ) % b[i];
				if ( k * k != nn ) res[i] = ( res[i] + lucas ( nn , nn / k , b[i] ) ) % b[i] ;
			}
	}
	CRT();
	cout << ksm ( G , S , mod + 1 ) << endl;	
	return 0;
}