组合数学
逆元
若 \(i \cdot x = 1\)，则 \(i^{-1}=x\)。
递推求乘法逆元
令 \(inv_i=i^{-1}\)，则我们可以由上面的结论得到 \(inv_i = \lfloor-\frac{p}{i}\rfloor \cdot inv_{p \operatorname{mod} i} \operatorname{mod} p\) 。
代码
void C() {
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}
}
C();
平方求组合数
可以发现，\(C_n^m\) 有两种情况：
- 选最后一个：\(C_{n-1}^{m-1}\)。
- 不选最后一个：\(C_{n-1}^m\)。
所以 \(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m\)。（实际上这就是杨辉三角）
代码
void C() {
for(int i = 0; i < MAXV; ++i) {
c[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; ++j) {
c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % MOD;
}
}
}
预处理求组合数
众所周知，\(C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)。所以我们只需预处理出阶乘的逆元。
令 \(f_i=i!,g_i=i!^{-1}\)，则：
void C() {
inv[1] = f[0] = Inv[0] = 1;
for(int i = 1; i < MAXV; ++i) {
f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % p;
inv[i] = (i > 1 ? 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p : 1);
Inv[i] = 1ll * Inv[i - 1] * inv[i] % p;
}
}
C();
题目
CSES P1715
题目描述
给定一个字符串 \(S\)，求将其重新排列后能得到多少种不同的字符串。
思路
首先在不考虑字符相同的情况下答案明显就是 \(|S|!\)，而每种相同字符会重复计算 \(cnt_x!\) 次，其中 \(cnt_x\) 表示字符 \(x\) 的出现次数，所以答案为：\(|S|! \cdot \prod \limits_{i=0}^{25} cnt_i!^{-1}\)。
时空复杂度均为 \(O(N)\)。
细节
无。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXV = 1000001, MOD = 1000000007;
int f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], cnt[26], ans;
string s;
void C() {
f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
}
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
C();
cin >> s;
for(int i = 0; i < int(s.size()); ++i) {
cnt[s[i] - 'a']++;
}
ans = f[s.size()];
for(int i = 0; i < 26; ++i) {
ans = 1ll * ans * inv[cnt[i]] % MOD;
}
cout << ans;
return 0;
}
CSES P1716
题目描述
有 \(N\) 个小朋友和 \(M\) 个苹果，求有多少中分配方案。
思路
可以看做是 \(M\) 个苹果之间有 \(M-1\) 个空位，有 \(N-1\) 个板子要插在空位中，相邻两块板子之间的苹果就是属于同一个小朋友的。可是小朋友可以不拿苹果，所以我们再加入 \(N\) 个虚拟苹果，使得每个小朋友都能拿到苹果，所以答案为 \(C_{N+M-1}^{N-1}\)。
时空复杂度均为 \(O(N)\)。
细节
无
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;
int n, m, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], cnt[26], ans;
void C() {
f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
}
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
C();
cin >> n >> m;
cout << ((1ll * f[m + n - 1] * inv[n - 1]) % MOD * inv[m]) % MOD;
return 0;
}
GYM 104386 C
题目描述
有一个数组 \(A=\{1,1,\dots\}\)，每次对 \(A\) 进行前缀和，求 \(K\) 次操作后 \(A_N\) 的值。
思路
令第 \(i\) 次第 \(j\) 项为 \(f_{i,j}\)，可以得到 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}+f_{i-1,j}\)，现在我们转换一下坐标系，变为斜方向的，即 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}\)，很容易发现这就是组合数的递推式。因为转换了坐标系，所以答案为 \(C_{N+K-1}^{N-1}\)。
时空复杂度均为 \(O(N+K)\)。
细节
注意第一维是 \(1\) 下标，第二维是 \(0\) 下标。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;
int t, n, k, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV];
void C() {
f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
}
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
}
}
void Solve() {
cin >> n >> k;
int x = n + k - 1, y = n - 1;
cout << ((1ll * f[x] * inv[y]) % MOD * inv[x - y]) % MOD << "\n";
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
C();
cin >> t;
while(t--) {
Solve();
}
return 0;
}
CSES P1717
题目描述
有 \(N\) 个小朋友送礼物，不能给自己送礼物，求每个小朋友都收到礼物的方案数。
思路
由于每个小朋友都要收到礼物，所以这就是求错排数，使用 DP。
令 \(dp_x\) 表示长度为 \(x\) 的错排数，\(A_1=i(2 \le i \le x)\)。则第 \(i\) 位上有两种情况：
- \(A_i=1\)，则方案数为 \(dp_{x-2}\)，因为 \(A_1\) 和 \(A_i\) 已经不会对答案造成影响。
- \(A_i\ne 1\)，则方案数为 \(dp_{x-1}\)，因为 \(A_1\) 已经没有作用，可以把 \(A_i\) 看做 \(A_1\)。
所以 \(dp_x = (x-1)(dp_{x-1}+dp_{x-2})\)。
细节
\(dp_0=1,dp_1=0\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;
int n, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], dp[MAXV];
void F() {
f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
}
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
}
}
int C(int x, int y) {
return ((1ll * f[x] * inv[y]) % MOD * inv[x - y]) % MOD;
}
int A(int x, int y) {
return (1ll * f[x] * inv[y]) % MOD;
}
int Pow(int a, int b) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) {
res = (1ll * res * a) % MOD;
}
a = (1ll * a * a) % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
F();
cin >> n;
dp[0] = 1, dp[1] = 0;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
dp[i] = 1ll * (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD;
}
cout << dp[n];
return 0;
}
Luogu P4071
题目描述
求有多少种 \(1\) 到 \(N\) 的排列 \(A\)，使得恰好有 \(M\) 个 \(i\) 满足 \(A_i=i\)。
思路
由于有 \(M\) 个位置 \(A_i=i\)，则剩下的肯定不满足，即错排，所以方案数为 \(dp_{N-M} \cdot C_{N}^{M}\)。
时空复杂度均为 \(O(N)\)
细节
无。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;
int t, n, m, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], dp[MAXV];
void F() {
f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
}
for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
}
dp[0] = 1, dp[1] = 0;
for(int i = 2; i <= MAXV; ++i) {
dp[i] = 1ll * (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD;
}
}
int C(int x, int y) {
return ((1ll * f[x] * inv[y]) % MOD * inv[x - y]) % MOD;
}
int A(int x, int y) {
return (1ll * f[x] * inv[y]) % MOD;
}
int Pow(int a, int b) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) {
res = (1ll * res * a) % MOD;
}
a = (1ll * a * a) % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
F();
cin >> t;
while(t--) {
cin >> n >> m;
cout << 1ll * dp[n - m] * C(n, n - m) % MOD << "\n";
}
return 0;
}
