題目：

As I am fond of making easier problems, I discovered a problem. Actually, the problem is ‘how can you make n by adding k non-negative integers?’ I think a small example will make things clear. Suppose n=4 and k=3. There are 15 solutions. They are

0 0 4

0 1 3

0 2 2

0 3 1

0 4 0

1 0 3

1 1 2

1 2 1

1 3 0

2 0 2

2 1 1

2 2 0

3 0 1

3 1 0

4 0 0

As I have already told you that I use to make problems easier, so, you don’t have to find the actual result. You should report the result modulo 1000,000,007.

Input
Input starts with an integer T (≤ 25000), denoting the number of test cases.

Each case contains two integer n (0 ≤ n ≤ 106) and k (1 ≤ k ≤ 106).

Output
For each case, print the case number and the result modulo 1000000007.

Sample Input
4

4 3

3 5

1000 3

1000 5

Sample Output
Case 1: 15

Case 2: 35

Case 3: 501501

Case 4: 84793457

分析與解答

b * k ≡ 1 (mod p) 是什么意思？
就是（b*k）%p=1
a mod b是什么意思？
就是a%b
這兩個所有博客沒人說，但是我不清楚。。

先看看什么是乘法逆元

當我們要求（a / b） mod p的值，且 a 很大，無法直接求得a / b的值時，我們就要用到乘法逆元。

滿足 b * k ≡ 1 (mod p) 的 k 的值就是 b 關于 p 的乘法逆元。

我們可以通過求 b 關于 p 的乘法逆元 k，將 a 乘上 k 再模 p，即 (a * k) mod p。其結果與(a / b) mod p等價。

證:
因為 b * k ≡ 1 (mod p)
則有 b * k = p* x+1
得到 k = (p * x + 1) / b
將 k 代入(a * k) mod p
得到：
(a * (p * x + 1) / b) mod p
=((a * p * x) / b + a / b) mod p
=[((a * p * x) / b) mod p +(a / b)] mod p
=[(p * (a * x) / b) mod p +(a / b)] mod p
=(0 + (a / b)) mod p
= (a/b) mod p

1.用歐幾里得擴展求逆元

ax≡1(modp)
可以等價的轉化為ax?py=1 ，
檢查gcd（a，p）是否等于1 ，如果是的話
套用exgcd解方程
最后解出x即可
求出來的x有可能為負數，所以結果進行變化：
x = (x * (c/gcd) % b + b) % b; 即的a的乘法逆元的解x

void Euild(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {if(0 == b){x = 1, y = 0;return ;}Euild(b, a%b, x, y);ll flag = x;x = y;y = flag - a/b * y; }

2.用費馬小定理
費馬小定理：假如p是質數，且gcd(a,p)=1，那么 a^(p-1)≡1（mod p）
所以a*a^(p-2)≡1（mod p）
那a^(p-2)就是a的乘法逆元
可以利用快速冪計算
2.1那看看什么是快速冪

3^7 = 3 * 3^2 * 3^4
(7)10 = (111)2
———–4 2 1
3^15 = 3 * 3^2 * 3^4 * 3^8
(15)10 = (1111)2
———— 8 4 2 1
3^5 = 3 * 3^2 * 3^4
(5)10 = (101)2
———- 4 2 1

快速冪求x的y次方代碼：

int pow_1(int x,int y){//x的y次方 int ren=x;int ans=1;while(y){if(y&1) ans*=ren;//取當前最末位的y，如果是1就繼續乘ren ren*=ren;//下一位ren是當前ren的平方 1 2 4 8，這里8是x^4的平方，不是4的平方 y=y>>1;//y前進一位 }return ans; }

3.用遞推法On求解

O(n)求1~n逆元表
有時會遇到這樣一種問題，
在模質數p下，求1~n逆元 n< p

這個問題有種很牛的算法，其基于以下的推導：
在求i的逆元時
p%i+[p/i]i=p
令a=p%i，b=[p/i]，則有
a+bi=p
a+bi=0（mod p）
bi=-a（mod p）
i^-1=-b/a
也就是說i的逆元為：-[p/i]*(p%i)^-1
而p%i＜i，那么可以從2遞推到n求逆元，在求i之前p%i一定已經求出
這樣就可以O(n)求出所有逆元了
(初始化 1^(-1)=1)
代碼如下

inv[1] = 1; for (int i = 2; i<MAXN; i++) inv[i]=(long long)(p-p/i)*inv[p%i]%p;

好了現在我們再看這題

代碼參考：

這題一個數拆成m個數相加，拆成的數可以是0，問有這m個數一共有幾種情況，看成是n個小球放到m個盒子里。
比如四個球放到三個盒子，盒子可以為空，怎么算的我實在不懂，先記住公式吧 方案數就是：C(n+m-1,m-1)
組合數公式：
約定f（a）代表a的階乘， C(m,n) = f(m)/(f(n)*f(m-n));
在本題就是C(n+m-1,m-1) = f(n+m-1)/(f(m-1)f(n));
本題代碼實現：
我們打表用數組存一個數的階乘，
f(m)/(f(n) * f(m-n))%mod=（f(m)/f(n)）%mod * (1/f(m-n)）%mod
=f(m) * quick(f(m-1),mod-2) % mod quick(f(n),mod-2) % mod
a[n+k-1]quick(c,mod-2)%modquick(d,mod-2)%mod

#include <bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 #define ll long long using namespace std; ll a[2000000]; void C()//階乘打表 {memset(a,0,sizeof(a));a[0] = a[1] = 1 ;for(int i = 2 ; i <=2000000;i++)a[i] = a[i-1]*i%mod; } ll quick(ll a , ll b)//快速冪取模 {ll res = 1 ;while(b){if(b&1) res = res * a %mod ;b>>=1;a = a * a %mod ;}return res ; } int main() {int t ;cin>>t;C();for(int cas = 1 ; cas<=t;cas++){ll n , k ;cin>>n>>k;ll c = a[k-1];ll d = a[n];printf("Case %d: ",cas);cout<<a[n+k-1]*quick(c,mod-2)%mod*quick(d,mod-2)%mod<<endl;}return 0; }

現在做一下推廣

我們組合數求模的板子

/* mod=1e6+3 樣例輸入方式： 3 4 2 5 0 6 4 */ //這里直接求出C（M,N)%mod#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cmath> using namespace std; const int INF=0x3f3f3f3f; typedef long long LL; const int mod=1e6+3; const int maxn=1e6+100; LL fac[maxn],inv[maxn]; LL Pow(LL a,LL b) { LL ans=1; while(b) { if(b&1) ans=(ans*a)%mod; a=(a*a)%mod; b>>=1; } return ans; } int main() { int cas=0; int n,a,b; fac[0]=1; //inv[0]=for(int i=1;i<=1000000;i++) { fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod; //對階乘打表 // inv[i]=Pow(fac[i],mod-2); } scanf("%d",&n); while(n--) { scanf("%d%d",&a,&b); long long c=Pow(fac[b],mod-2); long long d=Pow(fac[a-b],mod-2); LL ans=fac[a]*c%mod*d%mod; printf("Case %d: %lld\n",++cas,ans); } return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的（组合数求模=乘法逆元+快速幂） Problem Makes Problem的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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