LightOJ - 1067 数论<100000左右的组合数取模求法《逆元》>

题目链接： LightOJ - 1067   

对于组合数取模的问题----数值10e6且询问的次数很多的情况--我们可以通过打表降低时间复杂度

先说一下：C（n，m）= n！/（m！*（n-m）！）-----

C(n ，m)=（n*（n-1）*....*（n-m+1））/（1*2*..........*m）=（n*（n-1)*（n-2）*....1）/（（n-m）*（n-m-1）*...*1）/（1*2*...*m）= N！ / M！ /（N-M）！

打一个N！取模表--再打一个N！对模的逆元表--

对于（A/B）mod C  的问题，直接（A mod C）/ （B mod C）是错误的：   ( 16/ 8 ) % 4 == 2    而  （16%4）/（8%4）无意义--

逆元  AB==1（mod）C

A关于C的逆元为B-

B关于C的逆元为A-

即关于对C取模时---A*B=1；

B=1/A；

当我们求S/A（mod）C时---我们就可以求S*B（mod）C了---

求逆元可以用拓展欧几里德--

在此题还可以用费马小定理

假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么
a(p-1)≡1（mod
p）。即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。

 a(p-1)≡1（mod
p）所以--- a * a(p-2)≡1（mod
p）----即 a 关于 P 的逆元为  *a(p-2)  然后快速幂就行了...

用费马小定理+快速幂在此题时间上有优势：



拓展欧几里德求逆元：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define MA 1000100
#define mod 1000003
LL pri[MA];
LL ni[MA],ans;
LL extend(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if (b==0)
{
x=1;y=0;
return a;
}
else
{
LL t=extend(b,a%b,y,x);
y-=x*(a/b);
return t;
}
}
void s()
{
pri[0]=1;LL x,y;
ni[0]=1;
for (int i=1;i<MA;i++)
{
pri[i]=pri[i-1]*i%mod;
extend(pri[i],mod,x,y);
ni[i]=(x%mod+mod)%mod;
}
}
int main()
{
s();
int t,n,k,ca=1;scanf("%d",&t);
while (t--)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
ans=((pri
*ni[k]%mod)*ni[n-k])%mod;
printf("Case %d: %lld\n",ca++,ans);
}
return 0;
}

费马小定理+快速幂求逆元：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define MA 1000100
#define mod 1000003
LL pri[MA];
LL ni[MA],ans;
LL pp(LL xx,int k)
{
LL lp=1,huan=xx;
while (k)
{
if (k%2)
lp=(lp*huan)%mod;
huan=(huan*huan)%mod;
k/=2;
}
return lp;
}
void s()
{
pri[0]=1;LL x,y;
ni[0]=1;
for (int i=1;i<MA;i++)
{
pri[i]=pri[i-1]*i%mod;
ni[i]=pp(pri[i],mod-2);
}
}
int main()
{
s();
int t,n,k,ca=1;scanf("%d",&t);
while (t--)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
ans=((pri
*ni[k]%mod)*ni[n-k])%mod;
printf("Case %d: %lld\n",ca++,ans);
}
return 0;
}