定義：

從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素并成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合;從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數。

公式：

在線性寫法中被寫作C(m,n)。

c(m,n)=p(m,n)/n!=m!/((m-n)!*n!)

性質：

1.互補性質

組合數性質如右圖所示：

即從m個不同元素中取出n個元素的組合數=從m個不同元素中取出(m-n)個元素的組合數

這個性質很容易理解，例如C(9,2)=C(9,7)，即從9個元素里選擇2個元素的方法與從9個元素里選擇7個元素的方法是相等的。

規定:C(m,0)=1

2.組合恒等式

若表示在n個物品中選取m個物品，則如存在下述公式: C(n,m)= C(n,n-m)= C(n-1,m-1)+C(n-1,m)

求法：

1、一般方法

直接套公式：

求出m！、n!、（m-n）!然后帶人公式；

代碼如下：

# include<stdio.h> # include<math.h> int f(int n){int i,m=1;for(i=1;i<=n;i++){m=m*i;}return m; } int main(){int n,m;scanf("%d %d",&n,&m);printf("%d\n",f(n)/(f(m)*f(n-m)));return 0; }

稍微用點小技巧

long long C(int n,int m) {if(m<n-m) m=n-m;long long ans=1;for(int i=m+1;i<=n;++i) ans*=i;for(int i=1;i<=n-m;++i) ans/=i;return ans; }

?

2、楊輝三角

就算是long long最多20！左右；再大就會爆了

那就用到我們大數學家楊輝的三角了

: C(n,m)= C(n,n-m)= C(n-1,m-1)+C(n-1,m)

#include<iostream> using namespace std; long long c[100][100]; inline void get_it(int n) {c[0][0]=1;for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=0;j<=i;j++)if (i==j ||j==0) c[i][j]=1;else c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1]; } int main() {get_it(60);for (int i=1;i<=60;i++){for (int j=1;j<=i;j++)cout<<c[i][j]<<" ";cout<<endl;} }

理論上只要數組開的出來都可以，最多，emmm，反正比一般方法強。?

3、快速組合數

這個要用快速冪：https://blog.csdn.net/weixin_43272781/article/details/85058595

主要是用在一般方法；求階乘的時候。

我就不寫了。

4、求余組合數

以上方法最多也就到long long的極限，當然超過long long的我們也存儲不下了，但是如果我們只需要一部分高階組合數，用楊輝三角太浪費了吧。而且一般題目會有求余的要求，那么接下來就是大招了。

證明：https://blog.csdn.net/arrowlll/article/details/52629448

?1).擴展歐幾里德：b*x+p*y=1 有解，x就是所求2).費馬小定理：b^(p-1)=1(mod p),故b*b^(p-2)=1(mod p),所以x=b^(p-2)

1. n!/(m!*(n-m)! =x%p ,先對算出n！、m！、(n-m)!對p取模的余數，就轉換為a/b=x%p;因為p為素數，所以等價于bx+py=a;然后用擴展的歐幾里得定理算出 bx’+py’=1的解，x=x’*a，就得到了最終的x的值，即C(m,n)%p得值。

2.逆元 其實如果mod是素數 則b的逆元其實就是b^(mod-2)?
也就是 (m!(n-m)!)的逆元為 (m!(n-m)!)p-2 ；

int inv(int a) { ?//return fpow(a, MOD-2, MOD); ?return a == 1 ? 1 : (long long)(MOD - MOD / a) * inv(MOD % a) % MOD; ? } ? LL C(LL n,LL m) ? { ?if(m < 0)return 0; ?if(n < m)return 0; ?if(m > n-m) m = n-m; ?LL up = 1, down = 1; ?for(LL i = 0 ; i < m ; i ++){ ?up = up * (n-i) % MOD; ?down = down * (i+1) % MOD; ?} ?return up * inv(down) % MOD; ? } ?

3.當n和m比較大，mod是素數且比較小的時候（10^5左右），通過Lucas定理計算

Lucas定理：A、B是非負整數，p是質數。A B寫成p進制：A=a[n]a[n-1]…a[0]，B=b[n]b[n-1]…b[0]。?
則組合數C(A,B)與C(a[n],b[n])C(a[n-1],b[n-1])…*C(a[0],b[0]) mod p同余?
即：Lucas(n,m,p)=C(n%p,m%p)*Lucas(n/p,m/p,p)

#include<iostream> //#include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; int quick_power_mod(int a,int b,int m){//pow(a,b)%mint result = 1;int base = a;while(b>0){if(b & 1==1){result = (result*base) % m;}base = (base*base) %m;b>>=1;}return result; } //計算組合數取模 ll comp(ll a, ll b, int p) {//composite num C(a,b)%pif(a < b) ? return 0;if(a == b) ?return 1;if(b > a - b) ? b = a - b;int ans = 1, ca = 1, cb = 1;for(ll i = 0; i < b; ++i) {ca = (ca * (a - i))%p;cb = (cb * (b - i))%p;}ans = (ca*quick_power_mod(cb, p - 2, p)) % p;return ans; } ll lucas(ll n, ll m, ll p) {ll ans = 1;while(n&&m&&ans) {ans = (ans*comp(n%p, m%p, p)) % p;//also can be recusiven /= p;m /= p;}return ans; } int main(){ll m,n;while(cin>>n>>m){cout<<lucas(n,m,10007)<<endl;}return 0; }

C(n % mod, m % mod) % mod; 如果太大還是利用上面的逆元來處理。

半預處理?
由于Lucas定理保證了階乘的數均小于p，所以可以講所有的階乘先預處理，優化C（n,m）?
mod的要求：p<10^6，且為素數?
有效范圍：1<=n,m<=10^9

//半預處理 ? const ll MAXN = 100000; ? ll fac[MAXN+100]; ? void init(int mod) ? { ?fac[0] = 1; ?for (int i=1; i<mod; i++){ ?fac[i] = fac[i-1] * i % mod; ?} ? } ?//半預處理逆元求C（n，m）%mod ? ll C(ll n, ll m) ? { ?if ( m>n ) return 0; ?return fac[n] * (GetInverse(fac[m]*fac[n-m], mod)) % mod; ? } ?

typedef long long LL; const LL maxn(1000005), mod(1e9 + 7); LL Jc[maxn];void calJc() //求maxn以內的數的階乘 {Jc[0] = Jc[1] = 1;for(LL i = 2; i < maxn; i++)Jc[i] = Jc[i - 1] * i % mod; } /* //拓展歐幾里得算法求逆元 void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) //拓展歐幾里得算法 {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對b取模的逆元 {LL x, y;exgcd(a, b, x, y);return (x + b) % b; } *///費馬小定理求逆元 LL pow(LL a, LL n, LL p) //快速冪 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) //費馬小定理求逆元 {return pow(a, b - 2, b); }LL C(LL a, LL b) //計算C(a, b) {return Jc[a] * niYuan(Jc[b], mod) % mod* niYuan(Jc[a - b], mod) % mod; }

例題

https://blog.csdn.net/weixin_43272781/article/details/85269419

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總結

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