AcWing 886 求组合数 II

题目描述：

给定n组询问，每组询问给定两个整数a，b，请你输出C(a,b) mod (10^9+7)的值。

输入格式

第一行包含整数n。接下来n行，每行包含一组a和b。

输出格式

共n行，每行输出一个询问的解。

数据范围

1≤n≤100000,1≤b≤a≤10^5

输入样例：

输出样例：

3
10
1

分析：

本题的a和b最多高达十万级别，10^10运算量无法在一秒内预处理出来，但是n的大小只有十万，如果我们能在O（1）的时间内求出每一个组合数的值，便可以满足题目的时间复杂度要求。C(n,m) = n! / (m! * (n-m)!)，我们只需要预处理出100000个数的阶乘以及阶乘的逆元即可，为什么要求阶乘的逆元？在AcWing 875 快速幂中总结了模p的加减乘以及乘方运算，但是没有除法运算，有(a / b) mod p != (a mod p) / (b mod p)，比如p = 5，a = 6，b = 2,（6 / 2）mod 5 = 3，但(6 mod 5) / (2 mod 5) = 0，所以我们将乘法运算转化为乘上模p的乘法逆元运算，本题的p为质数，故可以用快速幂求逆元。fact[i]表示i的阶乘，而infact[i]表示i阶乘的逆元，即infact[i] = fact[i]^（p - 2） mod p。当然具体在预处理时计算fact[i]和infact[i]都可以利用之前计算好的fact[i-1]及infact[i-1]的值，我们知道fact[i] = fact[i-1] * i；infact[i - 1] * fact[i - 1] mod p = 1,设x为i的乘法逆元，故fact[i] * infact[i-1] * x mod p = fact[i-1] * infact[i-1] * i * x mod p = 1，故infact[i] = infact[i-1] * x mod p，即i阶乘的乘法逆元等于(i-1)阶乘的乘法逆元乘上i的乘法逆元。预处理前100000个数阶乘及其逆元的主要时间消耗在求i^(p-2)快速幂算法上，p - 2约等于2^30，字长约等于30，故单次求fact[i]和infact[i]的基本操作差不多是30次，预处理一共是3 * 10^6次操作，可以在一秒内完成。

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100005,mod = 1e9 + 7;
int fact[maxn],infact[maxn];
int qmi(int a,int k,int p){
    int res = 1;
    while(k){
        if(k & 1)   res = (ll) res * a % p;
        k >>= 1;
        a = (ll)a * a % p;
    }
    return res;
}
int main(){
    fact[0] = infact[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= 100000;i++){
        fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;
        infact[i] = (ll)infact[i - 1] * qmi(i,mod - 2,mod) % mod;
    }
    int n;
    scanf("%d",&n);
    while(n--){
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        printf("%d\n",(ll)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod);
    }
    return 0;
}

来源：CSDN

作者：昂昂累世士

链接：https://blog.csdn.net/qq_30277239/article/details/103795672

标签

阶乘