排列组合
去重全排列：
ll getcount()//去重全排列 { ll ans = fac[accumulate(a, a+10, 0)]; for (int i = 0; i < 10; i++) ans /= fac[a[i]]; return ans; }
求组合数：
概述：
首先我们要知道什么是组合数。具体可以参考我之前的博客 “排列与组合”笔记 中，集合的组合的部分。
这里复述如下： 令r为非负整数。我们把n个元素的集合S的r-组合理解为从S的n个元素中对r个元素的无序选择。换句话说，S的一个r-组合是S的一个子集，该子集由S的n个元素中的r个组成，即S的一个r-元素子集。
由此，求解组合数即变成了求式子C(n, r) 的值。
这里是一些排列组合的公式：组合数的各种性质和定理
法一：Pascal公式打表
由Pascal公式（参考 组合数学笔记之二——二项式系数），我们知道
取二维数组 tC[][] ，初始化 tC[0][0] = 1; 打表即可。代码最简单，如下：
1 const int maxn(1005), mod(100003); 2 int tC[maxn][maxn]; //tC 表示 table of C 3 4 inline int C(int n, int k) 5 { 6 if(k > n) return 0; 7 return tC[n][k]; 8 } 9 10 void calcC(int n) 11 { 12 for(int i = 0; i < n; i++) 13 { 14 tC[i][0] = 1; 15 for(int j = 1; j < i; j++) 16 tC[i][j] = (C(i - 1, j - 1) + C(i - 1, j)) % mod; 17 tC[i][i] = 1; 18 } 19 }
计算 C(n,k)C(n,k) 返回内联函数C(n,k)C(n,k) 的值即可。
当然我们知道 C(n,k)=C(n,n−k)C(n,k)=C(n,n−k) ，所以上面的代码有很多空间和时间的浪费。可以将 tC[][] 二维数组转化为一维数组存储，同时，当 j>i/2j>i/2 时终止第二层循环，新代码如下：
1 const int maxn(10005), mod(100003); 2 int tC[maxn * maxn]; //tC 表示 table of C 3 4 inline int loc(int n, int k) // C(n, k)返回在一维数组中的位置 5 { 6 int locate = (1 + (n >> 1)) * (n >> 1); // (n >> 1) 等价于 (n / 2) 7 locate += k; 8 locate += (n & 1) ? (n + 1) >> 1 : 0; // (n & 1) 判断n是否为奇数 9 return locate; 10 } 11 12 inline int C(int n, int k) 13 { 14 if(k > n) return 0; 15 k = min(n - k, k); 16 return tC[loc(n, k)]; 17 } 18 19 void calcC(int n) 20 { 21 for(int i = 0; i < n; i++) 22 { 23 tC[loc(i, 0)] = 1; 24 for(int j = 1, e = i >> 1; j <= e; j++) 25 tC[loc(i, j)] = C(i - 1, j) + C(i - 1, j - 1); 26 } 27 }
同样，要得到 C(n,k) 只需要返回内联函数C(n,k) 的值即可。
显然，由于空间的限制，pascal打表的方式并不适合求取一些比较大的组合数。例如，我们现在要求取的组合数的 n 的范围是 [1,1000000] , 那么我们应该怎么办呢？ 那就轮到方法二大显身手了。
法二：逆元求取组合数
由定理可知：如果用C(n, r)表示n-元素集的r-组合的个数，有
C(n,r)=n!r!∗(n−r)!
而我们的目标就是计算 C(n,r)%mod 的值。
由数论的知识我们知道，模运算的加法，减法，乘法和四则运算类似，即：
模运算与基本四则运算有些相似，但是除法例外。其规则如下：
- (a + b) % p = (a % p + b % p) % p
- (a - b) % p = (a % p - b % p) % p
- (a * b) % p = (a % p * b % p) % p
但对于除法却不成立，即(a / b) % p ≠ (a % p / b % p) % p 。
显然数学家们是不能忍受这种局面的，他们扔出了“逆元”来解决这个问题。那么什么是逆元？ 逆元和模运算中的除法又有说明关系呢？
首先给出数论中的解释：
对于正整数 a 和 p，如果有 ax≡1(modp)，那么把这个同余方程中 x 的最小正整数解叫做 a 模 p 的逆元。
什么意思呢？ 就是指，如果 ax%p=1 ， 那么x的最小正整数解就是 a 的逆元。
现在我们来解决模运算的除法问题。假设
ab
同时存在另一个数 x 满足
ax%p=m
由模运算对乘法成立，两边同时乘以 b ，得到：
a%p=(m(b%p))%p
如果 a 和 b 均小于模数 p 的话，上式可以改写为：
a=bm%p
等式两边再同时乘以 x, 得到：
ax%p=m%p=xbm%p
因此可以得到：
bx%p=1
哎，x是b的逆元呀（x 在模运算的乘法中等同于 1b, 这就是逆元的意义）
由以上过程我们看到，求取 (ab%p) 等同于 求取 (a∗(b的逆元)%p) 。 因此，求模运算的除法问题就转化为就一个数的逆元问题了。
而求取一个数的逆元，有两种方法
- 拓展欧几里得算法
- 费马小定理
对于利用拓展欧几里得算法求逆元，很显然，如果bx%p=1，那么 bx+py=1, 直接利用 exgcd(b, p, x, y)（代码实现在后面给出），则 (x%p+p)%p 即为 b 的逆元。
对于第二种方法，因为在算法竞赛中模数p总是质数，所以可以利用费马小定理 ：
bp−1%p=1的
可以直接得到 b 的逆元是 bp−2 , 使用 快速幂 求解即可。
明白了以上几个关键点，那么求取组合数 C(n,r) 的算法就呼之欲出了：
- 求取1到n的阶乘对 mod 取模的结果存入数组 JC[] 中；
- 求取 C(n,r) 时， 先利用“拓展欧几里得算法”或者“费马小定理+快速幂”求 JC[r]的逆元存入临时变量 x1 ;
- 然后计算JC[n]∗x1%mod 存入临时变量 x2;（x2 即为n!r!%mod 的值）
- 求取JC[n - r] 的逆元存入临时变量 x3;
- 则可以得到 C(n,r)=x2∗x3%mod
下面是方法二的代码片段：
1 typedef long long LL; 2 const LL maxn(1000005), mod(1e9 + 7); 3 LL Jc[maxn]; 4 5 void calJc() //求maxn以内的数的阶乘 6 { 7 Jc[0] = Jc[1] = 1; 8 for(LL i = 2; i < maxn; i++) 9 Jc[i] = Jc[i - 1] * i % mod; 10 } 11 /* 12 //拓展欧几里得算法求逆元----------------------------------------要互质 13 void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) //拓展欧几里得算法 14 { 15 if(!b) x = 1, y = 0; 16 else 17 { 18 exgcd(b, a % b, y, x); 19 y -= x * (a / b); 20 } 21 } 22 23 LL niYuan(LL a, LL b) //求a对b取模的逆元 24 { 25 LL x, y; 26 exgcd(a, b, x, y); 27 return (x + b) % b; 28 } 29 */ 30 31 //费马小定理求逆元-----------------------------------------------mod 要为素数 32 LL pow(LL a, LL n, LL p) //快速幂 a^n % p 33 { 34 LL ans = 1; 35 while(n) 36 { 37 if(n & 1) ans = ans * a % p; 38 a = a * a % p; 39 n >>= 1; 40 } 41 return ans; 42 } 43 44 LL niYuan(LL a, LL b) //费马小定理求逆元 45 { 46 return pow(a, b - 2, b); 47 } 48 49 LL C(LL a, LL b) //计算C(a, b) 50 { 51 return Jc[a] * niYuan(Jc[b], mod) % mod 52 * niYuan(Jc[a - b], mod) % mod; 53 }
以上即为逆元求取组合数的方法，无论使用拓展欧几里得还是费马小定理，一开始求取Jc数组是的复杂度是 O(n)，拓展欧几里得算法和费马小定理的复杂度均为 O(lg(mod)) , 如果要求取m次组合数，则总的时间复杂度为 O(mnlg(mod)).
