生活中我们总是少不了组合数问题
今天我就来讲一讲有关组合数的问题
首先看一看全排列问题
先看一个栗子：
我给你3个颜色不同的球，让你算出一共有多少种排列
我们画一下：
如图所示，答案一共6种
那么这个6又是怎么来的呢？
我们来看一下下面这个过程：
假设第一步我们选了红色
那么第二步，我们就只剩下蓝色和黄色可选。
第二步如果我选了蓝色，那么第三步我就只能选黄色。
反之，如果我选了黄色，第三步我就只能选蓝色（莫名像递归）
合起来，在第一次选红色的情况下，我们一共可以得到两个不同的排列
当然，第一次也可以选蓝色或者是黄色，所以答案有2+2+2=2*3=6种
用一句话来总结，就是：
如果有n种不同颜色的小球，那么
第一次选择有n种，第二次选择有n-1种......最后一次选择有1种可能。
所以一共有n*（n-1）*（n-2）*……*1种方案
用一棵树表示上面的栗子（n=3）就是这样：
由此，我们可以得到全排列公式：
Pn（P表示全排列）=n*（n-1）*（n-2）*……*1=n!；
组合去重：
这不是太简单了？？？大佬们嘲笑本蒟蒻
好，那么我增加一下难度
这回我的球数变到4个
还是三种颜色，就是红球变成了两个
这回又是怎样呢？
我们画一下
（这里请将绿色看做第二个红色）
但是这两种其实是一个方案
所以，总方案数要除以2
那么如果有三个红球呢？
答案就是：所有球全排列数/红色球的全排列数
根据这个思想，当有多个颜色相同的球时，排列数=：
P（总球数）/（P（第1种颜色球的数量）*P（第2种颜色球的数量）*……*P（第n种颜色球的数量））
这就是组合去重
选取方案数：（C）
解决了全排列问题，我们看另一个经典问题：
一共有n个人，我们要从中选取m个人，求方案数
我们思路往往是这样的：
选第一个人有n种可能性，第二个人有（n-1）种可能性……
但显然不对，为什么呢？
我们还是列举一下（n=4,m=3,不同颜色代表一个人）：
我们会发现，1，4，7，10,19，22号其实是一种方案
所以方案数实际上要除以6
喂喂喂，我听不懂啦！说人话！
。。。好吧，我来举个栗子
刚才是4个人（A,B,C,D），我们要选3个人
那么我们第一次有4种选择，第二次有3种选择，第三次有2种选择
乘起来是24
但不同于全排列的是，我第一个人选A与第二个人选A，第三个人选A并没有什么不同
也就是说，同样是（A,B,C）这种方案，我们选取时，会被选取6（m!）次
（A,B,C）（A,C,B）（B,A,C）（B,C,A）（C,A,B）（C,B,A）
所以我们要去重
所以Cnm=n*（n-1）*……（n-m+1）/Pm
好啦，轻松一下，我们玩个游戏
看下面这个三角形：
你能发现什么呢？
大多数人都能发现，第n行第m个数=第n-1行第m-1个数+第n-1行第m个数（v[n][m]=v[n-1][m-1]+v[n-1][m]）
下面我们把图改一下，标上编号：
我们会发现v[n][m]居然=Cnm！
那么组合数是不是具有递推性呢？
我们来证明一下：
得证。（看不懂的请跳过，背公式就行）
那么这有用什么用呢？
想想看，如果你要求一个区间内的所有组合数，那么你按公式的话，每次要算m*2次
但如果你用递推组合数，算一次加法就好了
（如果n，m没有大到离谱，甚至可以省掉逆元）
快得很
想要例题出门左转组合数问题（noip2016Day2T1）
我这里就贴代码了：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int x[2005][2005],a,b,c,n,m,t,k,ans[2005][2005]; int main() { scanf("%d%d",&t,&k); x[1][1]=1; for(a=0;a<=2000;a++) { x[a][0]=1; } for(a=2;a<=2000;a++) { for(b=1;b<=a;b++) { x[a][b]=x[a-1][b-1]+x[a-1][b]; x[a][b]%=k; } } for(a=2;a<=2000;a++) { for(b=1;b<=a;b++) { ans[a][b]=ans[a-1][b]+ans[a][b-1]-ans[a-1][b-1]; if(x[a][b]==0) { ans[a][b]++; } } ans[a][a+1]=ans[a][a]; } for(a=1;a<=t;a++) { scanf("%d%d",&n,&m); if(m>n) { m=n; } printf("%d ",ans[n][m]); } }
不过刚才我说的有一个条件：n,m没有大到离谱
那要是大到离谱呢？（n=6653525,m=4784854,对P=19260817取模）
我们请出Lucas定理
Lucas是什么？
当p=质数时
Cnm（modp）=C（n%p）（m%p）*C（n/p）（m/p）
（这里没有证明，因为我的证明基于费马小定理和二项式定理，而这些不在本篇的探讨范围）
这样，复杂度可以降到logpn，这样就可以过啦
不过，Lucas一般是要求逆元的
详见前面几期的Luogu日报（不过好像被和谐了）
可以看一下我的Lucas板子：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; long long n,m,p,t,ny[100005]; void qny()//求逆元 { ny[1]=1; for(register int a=2;a<=p-1;a++) { ny[a]=(p-(p/a))*ny[p%a]%p; } } int zhs(int q,int x)//求组合数 { if(q==0) { return 1; } long long ltt=1; for(register int a=1;a<=q;a++) { ltt*=ny[a]; ltt%=p; } for(register int a=1;a<=q;a++) { ltt*=(x-a+1); ltt%=p; } return ltt; } long long lucas(int s,int t)//主体部分 { if(t==0) { return 1; } else { return (lucas(s/p,t/p)*zhs(s%p,t%p))%p; } } int main() { scanf("%d",&t); p=19260817; qny(); for(int i=1;i<=t;i++) { scanf("%d%d",&n,&m); printf("%lld ",lucas(m,n)); } }
当p！=质数时，也是有办法解的
那就是扩展Lucas
不过那是基于CRT（中国剩余定理）的
本人不做深入研究
有兴趣的大佬可自行百度