组合数取模



组合数取模

分类：
数论 2012-10-03 12:41
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组合数取模在ACM竞赛中是一个很重要的问题，很多选手因为数据太大而束手无策，今天就来详细讲解它。



组合数取模就是求

的值，当然根据

，

和

的取值范围不同，采取的方法也不一样。



接下来，我们来学习一些常见的取值情况



（1）

和




这个问题比较简单，组合数的计算可以靠杨辉三角，那么由于

和

的范围小，直接两层循环即可。



（2）

和

，并且

是素数



这个问题有个叫做Lucas的定理，定理描述是，如果








那么得到








这样然后分别求，采用逆元计算即可。





题目：http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2020



题意：求

，其中

，并且

是素数。



代码：

[cpp]
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#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

LL n,m,p;

LL quick_mod(LL a, LL b)
{
LL ans = 1;
a %= p;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = ans * a % p;
b--;
}
b >>= 1;
a = a * a % p;
}
return ans;
}

LL C(LL n, LL m)
{
if(m > n) return 0;
LL ans = 1;
for(int i=1; i<=m; i++)
{
LL a = (n + i - m) % p;
LL b = i % p;
ans = ans * (a * quick_mod(b, p-2) % p) % p;
}
return ans;
}

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

int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &p);
printf("%I64d\n", Lucas(n,m));
}
return 0;
}

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

LL n,m,p;

LL quick_mod(LL a, LL b)
{
    LL ans = 1;
    a %= p;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % p;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % p;
    }
    return ans;
}

LL C(LL n, LL m)
{
    if(m > n) return 0;
    LL ans = 1;
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        LL a = (n + i - m) % p;
        LL b = i % p;
        ans = ans * (a * quick_mod(b, p-2) % p) % p;
    }
    return ans;
}

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

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &p);
        printf("%I64d\n", Lucas(n,m));
    }
    return 0;
}

由于上题的

比较大，所以组合数只能一个一个计算，如果

的范围小点，那么就可以进行阶乘预处理计算了。



（3）

和

，并且

可能为合数



这样的话先采取暴力分解，然后快速幂即可。



题目：http://acm.nefu.edu.cn/JudgeOnline/problemshow.php?problem_id=628



代码：

[cpp]
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#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200005;

bool prime
;
int p
;
int cnt;

void isprime()
{
cnt = 0;
memset(prime,true,sizeof(prime));
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(prime[i])
{
p[cnt++] = i;
for(int j=i+i; j<N; j+=i)
prime[j] = false;
}
}
}

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
LL ans = 1;
a %= m;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = ans * a % m;
b--;
}
b >>= 1;
a = a * a % m;
}
return ans;
}

LL Work(LL n,LL p)
{
LL ans = 0;
while(n)
{
ans += n / p;
n /= p;
}
return ans;
}

LL Solve(LL n,LL m,LL P)
{
LL ans = 1;
for(int i=0; i<cnt && p[i]<=n; i++)
{
LL x = Work(n, p[i]);
LL y = Work(n - m, p[i]);
LL z = Work(m, p[i]);
x -= (y + z);
ans *= quick_mod(p[i],x,P);
ans %= P;
}
return ans;
}

int main()
{
int T;
isprime();
cin>>T;
while(T--)
{
LL n,m,P;
cin>>n>>m>>P;
n += m - 2;
m--;
cout<<Solve(n,m,P)<<endl;
}
return 0;
}

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200005;

bool prime
;
int p
;
int cnt;

void isprime()
{
    cnt = 0;
    memset(prime,true,sizeof(prime));
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        if(prime[i])
        {
            p[cnt++] = i;
            for(int j=i+i; j<N; j+=i)
                prime[j] = false;
        }
    }
}

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

LL Work(LL n,LL p)
{
    LL ans = 0;
    while(n)
    {
        ans += n / p;
        n /= p;
    }
    return ans;
}

LL Solve(LL n,LL m,LL P)
{
    LL ans = 1;
    for(int i=0; i<cnt && p[i]<=n; i++)
    {
        LL x = Work(n, p[i]);
        LL y = Work(n - m, p[i]);
        LL z = Work(m, p[i]);
        x -= (y + z);
        ans *= quick_mod(p[i],x,P);
        ans %= P;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    isprime();
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        LL n,m,P;
        cin>>n>>m>>P;
        n += m - 2;
        m--;
        cout<<Solve(n,m,P)<<endl;
    }
    return 0;
}

接下来看一些关于组合数取模的典型题目。



题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3944



分析：组合数取模的典型题目，用Lucas定理，注意要阶乘预处理，否则会TLE的。





题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=4536



题意：给一个集合，一共

个元素，从中选取

个元素，选出的元素中没有相邻的元素的选法一共有多少种？



分析：典型的隔板法，最终答案就是

。然后用Lucas定理处理即可。





题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4373



题意：

个for循环嵌套，有两种形式，第一类从1开始到

，第二类从上一层循环当前数开始到

，第一层一定

是第一种类型，求总的循环的次数对364875103取余的结果。



分析：首先可以看出，每一个第一类循环都是一个新的开始，与前面的状态无关，所以可以把

个嵌套分为几个不

同的部分，每一个部分由第一类循环开始，最终结果相乘即可。剩下的就是第二类循环的问题，假设一个


层循环，最大到

，分析一下得到如下结果



（1）只有一层，则循环次数为




（2）只有前两层，则循环次数为








（3）只有前三层，则循环次数为








由此得到结论：第

的循环次数为




代码：

[cpp]
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#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 25;
const int MOD1 = 97;
const int MOD2 = 3761599;
const int MOD = MOD1 * MOD2;

int m,n,k;
int a
;
LL fac1[MOD1+10];
LL fac2[MOD2+10];
LL inv1,inv2;

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
LL ans = 1;
a %= m;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = ans * a % m;
b--;
}
b >>= 1;
a = a * a % m;
}
return ans;
}

LL C(LL n,LL m,LL p,LL fac[])
{
if(n < m) return 0;
return fac
* quick_mod(fac[m] * fac[n-m], p - 2, p) % p;
}

LL Lucas(LL n,LL m,LL p,LL fac[])
{
if(m == 0) return 1;
return C(n % p, m % p, p, fac) * Lucas(n / p, m / p, p, fac);
}

void Init()
{
fac1[0] = fac2[0] = 1;
for(int i=1; i<MOD1; i++)
fac1[i] = (fac1[i-1] * i) % MOD1;
for(int i=1; i<MOD2; i++)
fac2[i] = (fac2[i-1] * i) % MOD2;
inv1 = MOD2 * quick_mod(MOD2, MOD1-2, MOD1);
inv2 = MOD1 * quick_mod(MOD1, MOD2-2, MOD2);
}

int main()
{
Init();
int T, tt = 1;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=0; i<k; i++)
scanf("%d",&a[i]);
a[k] = m;
LL ans = 1;
for(int i=0; i<k; i++)
{
LL m1 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD1, fac1);
LL m2 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD2, fac2);
LL mm = (m1 * inv1 + m2 * inv2) % MOD;
ans = ans * mm % MOD;
}
printf("Case #%d: ",tt++);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 25;
const int MOD1 = 97;
const int MOD2 = 3761599;
const int MOD = MOD1 * MOD2;

int m,n,k;
int a
;
LL fac1[MOD1+10];
LL fac2[MOD2+10];
LL inv1,inv2;

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

LL C(LL n,LL m,LL p,LL fac[])
{
    if(n < m) return 0;
    return fac
 * quick_mod(fac[m] * fac[n-m], p - 2, p) % p;
}

LL Lucas(LL n,LL m,LL p,LL fac[])
{
    if(m == 0) return 1;
    return C(n % p, m % p, p, fac) * Lucas(n / p, m / p, p, fac);
}

void Init()
{
    fac1[0] = fac2[0] = 1;
    for(int i=1; i<MOD1; i++)
        fac1[i] = (fac1[i-1] * i) % MOD1;
    for(int i=1; i<MOD2; i++)
        fac2[i] = (fac2[i-1] * i) % MOD2;
    inv1 = MOD2 * quick_mod(MOD2, MOD1-2, MOD1);
    inv2 = MOD1 * quick_mod(MOD1, MOD2-2, MOD2);
}

int main()
{
    Init();
    int T, tt = 1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i=0; i<k; i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        a[k] = m;
        LL ans = 1;
        for(int i=0; i<k; i++)
        {
            LL m1 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD1, fac1);
            LL m2 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD2, fac2);
            LL mm = (m1 * inv1 + m2 * inv2) % MOD;
            ans = ans * mm % MOD;
        }
        printf("Case #%d: ",tt++);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4349



题意：

中有多少个奇数，其中

。



分析：其实组合数判断奇偶性有一个优美的结论



如果

，那么

为奇数，否则为偶数



当然本题要判断的组合数很多，所以不能用上述结论，只能另辟蹊径。由于是判断奇偶性，那么就是判断



是否为1，利用Lucas定理，先把

和

化为二进制，这样它们都是01序列了。我们又知道



。这样

中为0的地方对应的

中的位置只有一种可能，那就是0。



这样我们可以不用管

中为0的地方，只考虑

中为1的位置，可以看出，

中为1的位置对应的

中为0

或1，其结果都是1，这样答案就是：1<<(

二进制表示中1的个数)

代码：

[cpp]
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#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;

int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
int cnt = 0;
while (n)
{
if (n & 1) cnt++;
n >>= 1;
}
printf("%d\n",1<<cnt);
}
return 0;
}

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;

int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        int cnt = 0;
        while (n)
        {
            if (n & 1) cnt++;
            n >>= 1;
        }
        printf("%d\n",1<<cnt);
    }
    return 0;
}

题目：http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=1951



题意：给定两个正整数

和

，其中

，求下面表达式的值








分析：由于999911659是素数，用费马小定理降幂得到








现在关键是求








那么我们枚举

分别计算，但是模的是合数，所以对999911658进行分解得到





，那么分别求

，即








然后进一步得到同余方程组为








再通过中国剩余定理（CRT）可以求得最终答案

。



代码：

[cpp]
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#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int P = 999911659;

LL a[5] = {0, 0, 0, 0};
LL m[5] = {2, 3, 4679, 35617};
LL fac[5][36010];
LL N, G;

void Init()
{
for(int i=0; i<4; i++)
{
fac[i][0] = 1;
for(int j=1; j<36010; j++)
fac[i][j] = fac[i][j-1] * j % m[i];
}
}

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
LL ans = 1;
a %= m;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = ans * a % m;
b--;
}
b >>= 1;
a = a * a % m;
}
return ans;
}

LL C(LL n,LL k,int cur)
{
LL p = m[cur];
if(k > n) return 0;
return fac[cur]
* quick_mod(fac[cur][k] * fac[cur][n-k], p - 2, p) % p;
}

LL Lucas(LL n,LL k,int cur)
{
LL p = m[cur];
if(k == 0) return 1;
return C(n % p, k % p, cur) * Lucas(n / p, k / p, cur) % p;
}

void extend_Euclid(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return;
}
extend_Euclid(b, a % b,x, y);
LL tmp = x;
x = y;
y = tmp - a / b * y;
}

LL RemindChina(LL a[],LL m[],int k)
{
LL M = 1;
LL ans = 0;
for(int i=0; i<k; i++)
M *= m[i];
for(int i=0; i<k; i++)
{
LL x, y;
LL Mi = M / m[i];
extend_Euclid(Mi, m[i], x, y);
ans = (ans + Mi * x * a[i]) % M;
}
if(ans < 0)
ans += M;
return ans;
}

int main()
{
Init();
while(cin>>N>>G)
{
a[0] = a[1] = 0;
a[2] = a[3] = 0;
if(G == P)
{
cout<<"0"<<endl;
continue;
}
G %= P;
for(int i=1; i*i <= N; i++)
{
if(N % i == 0)
{
LL x = i;
a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];
a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];
a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];
a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];
x = N / i;
if(i * i != N)
{
a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];
a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];
a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];
a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];
}
}
}
LL ans = quick_mod(G, RemindChina(a, m, 4), P);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int P = 999911659;

LL a[5] = {0, 0, 0, 0};
LL m[5] = {2, 3, 4679, 35617};
LL fac[5][36010];
LL N, G;

void Init()
{
    for(int i=0; i<4; i++)
    {
        fac[i][0] = 1;
        for(int j=1; j<36010; j++)
            fac[i][j] = fac[i][j-1] * j % m[i];
    }
}

LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
        {
            ans = ans * a % m;
            b--;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}

LL C(LL n,LL k,int cur)
{
    LL p = m[cur];
    if(k > n) return 0;
    return fac[cur]
 * quick_mod(fac[cur][k] * fac[cur][n-k], p - 2, p) % p;
}

LL Lucas(LL n,LL k,int cur)
{
    LL p = m[cur];
    if(k == 0)  return 1;
    return C(n % p, k % p, cur) * Lucas(n / p, k / p, cur) % p;
}

void extend_Euclid(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return;
    }
    extend_Euclid(b, a % b,x, y);
    LL tmp = x;
    x = y;
    y = tmp - a / b * y;
}

LL RemindChina(LL a[],LL m[],int k)
{
    LL M = 1;
    LL ans = 0;
    for(int i=0; i<k; i++)
        M *= m[i];
    for(int i=0; i<k; i++)
    {
        LL x, y;
        LL Mi = M / m[i];
        extend_Euclid(Mi, m[i], x, y);
        ans = (ans + Mi * x * a[i]) % M;
    }
    if(ans < 0)
        ans += M;
    return ans;
}

int main()
{
    Init();
    while(cin>>N>>G)
    {
        a[0] = a[1] = 0;
        a[2] = a[3] = 0;
        if(G == P)
        {
            cout<<"0"<<endl;
            continue;
        }
        G %= P;
        for(int i=1; i*i <= N; i++)
        {
            if(N % i == 0)
            {
                LL x = i;
                a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];
                a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];
                a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];
                a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];
                x = N / i;
                if(i * i != N)
                {
                    a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];
                    a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];
                    a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];
                    a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];
                }
            }
        }
        LL ans = quick_mod(G, RemindChina(a, m, 4), P);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

题目：已知有如下表达式








给定

和

，求

。



分析：如果直接二项式展开，这样会很麻烦，而且不容易求出，本题有技巧。做如下变换








所以问题变为求

的值。