求组合数（取模）的两种方法

#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。

#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
$$\{\begin{array}{rl}C(n,k)=& C(n-1,k-1)+C(n-1,k)\\ C(n,0)=& C(n,n)=1\end{array}$$
取二维数组 tC[][] ，初始化 tC[0][0] = 1; 打表即可。代码最简单，如下：

const int maxn(1005), mod(100003);
int tC[maxn][maxn]; //tC 表示 table of C

inline int C(int n, int k)
{
    if(k > n) return 0;
    return tC[n][k];
}

void calcC(int n)
{
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        tC[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j < i; j++)
            tC[i][j] = (C(i - 1, j - 1) + C(i - 1, j)) % mod;
        tC[i][i] = 1;
    }
}

计算 $C(n,k)$ 返回内联函数$C(n,k)$ 的值即可。

当然我们知道 $C(n,k)=C(n,n-k)$ ，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 $j>i/2$ 时终止第二层循环，新代码如下：

const int maxn(10005), mod(100003);
int tC[maxn * maxn]; //tC 表示 table of C

inline int loc(int n, int k) // C(n, k)返回在一维数组中的位置
{
    int locate = (1 + (n >> 1)) * (n >> 1); // (n >> 1) 等价于 (n / 2)
    locate += k;
    locate += (n & 1) ? (n + 1) >> 1 : 0; // (n & 1) 判断n是否为奇数
    return locate;
}

inline int C(int n, int k)
{
    if(k > n) return 0;
    k = min(n - k, k);
    return tC[loc(n, k)];
}

void calcC(int n)
{
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        tC[loc(i, 0)] = 1;
        for(int j = 1, e = i >> 1; j <= e; j++)
            tC[loc(i, j)] = C(i - 1, j) + C(i - 1, j - 1);
    }
}

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$$C(n,r)=\frac{n!}{r!\ast (n-r)!}$$

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什么关系呢？

首先给出数论中的解释：

对于正整数 $a$ 和 $p$，如果有 $ax\equiv 1(modp)$，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。假设我们要计算的是$\frac{a}{b}\%p$的值$m$，即$$\frac{a}{b}\%p=m(a和b满足a\%b=0)$$

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 $\frac{1}{b}$, 这就是逆元的意义）

由以上过程我们看到，求取 $(\frac{a}{b}\%p)$ 等同于 求取 $(a\ast (b的逆元)\%p)$ 。 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

1. 拓展欧几里得算法

2. 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 ： $$b^{p-1}\%p=1$$

可以直接得到 $b$ 的逆元是 $b^{p-2}$ , 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：

1. 求取1到n的阶乘对 mod 取模的结果存入数组 JC[] 中；
2. 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 $x_1$ ;
3. 然后计算$JC[n]\ast x_1\%mod$ 存入临时变量 $x_2$;（$x_2$ 即为$\frac{n!}{r!}\%mod$ 的值）
4. 求取JC[n - r] 的逆元存入临时变量 $x_3$;
5. 则可以得到 $C(n,r)=x_2\ast x_3\%mod$

下面是方法二的代码片段：

typedef long long LL;
const LL maxn(1000005), mod(1e9 + 7);
LL Jc[maxn];

void calJc()	//求maxn以内的数的阶乘
{
    Jc[0] = Jc[1] = 1;
    for(LL i = 2; i < maxn; i++)
        Jc[i] = Jc[i - 1] * i % mod;
}
/*
//拓展欧几里得算法求逆元
void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)	//拓展欧几里得算法
{
    if(!b) x = 1, y = 0;
    else
    {
        exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= x * (a / b);
    }
}

LL niYuan(LL a, LL b)	//求a对b取模的逆元
{
    LL x, y;
    exgcd(a, b, x, y);
    return (x + b) % b;
}
*/

//费马小定理求逆元
LL pow(LL a, LL n, LL p)	//快速幂 a^n % p
{
    LL ans = 1;
    while(n)
    {
        if(n & 1) ans = ans * a % p;
        a = a * a % p;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}

LL niYuan(LL a, LL b)	//费马小定理求逆元
{
    return pow(a, b - 2, b);
}

LL C(LL a, LL b)	//计算C(a, b)
{
    if(a < b) return 0;
    return Jc[a] * niYuan(Jc[b], mod) % mod
        * niYuan(Jc[a - b], mod) % mod;
}

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 $O(mnlg(mod))$.

以上です。