求组合数的算法 - Cppowboy's Blog - SegmentFault

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问题：求解组合数C(n,m)，即从n个相同物品中取出m个的方案数，由于结果可能非常大，对结果模10007即可。

暴力求解，C(n,m)=n(n-1)…*(n-m+1)/m!

int Combination(int n, int m)
{
const int M = 10007;
int ans = 1;
for(int i=n; i>=(n-m+1); --i)
ans *= i;
while(m)
ans /= m--;
return ans % M;
}

这种方案的缺陷是，在计算过程中很快ans就溢出了，一般情况下，n不能超过12。补救办法之一是将先乘后除改为交叉地进行乘除，先除能整除的，但也只能满足n稍微增大的情况，n最多只能满足两位数。补救办法之二是换用高精度运算，这样结果不会有问题，只是需要实现大数相乘、相除和取模等运算，实现起来比较麻烦，时间复杂度为O(n)。

方案二

打表，C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)
由于组合数满足以上性质，可以预先生成所有用到的组合数，使用时，直接查找即可。生成的复杂度为O(n^2)，查询复杂度为O(1)。较方案一而言，支持的数量级大有提升，在1秒内，基本能处理10000以内的组合数。算法的预处理时间较长，另外空间花费较大，都是平方级的，优点是实现简单，查询时间快。

const int M = 10007;
const int MAXN = 1000;
int C[MAXN+1][MAXN+1];
void Initial()
{
int i,j;
for(i=0; i<=MAXN; ++i)
{
C[0][i] = 0;
C[i][0] = 1;
}
for(i=1; i<=MAXN; ++i)
{
for(j=1; j<=MAXN; ++j)
C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % M;
}
}

int Combination(int n, int m)
{
return C[n][m];
}

方案三

质因数分解，C(n,m)=n!/(m!*(n-m)!)，设n!分解因式后，质因数p的次数为a；对应地m!分解后p的次数为b；(n-m)!分解后p的次数为c；则C(n,m)分解后，p的次数为a-b-c。计算出所有质因子的次数，它们的积即为答案，即C(n,m)=p1 a1-b1-c1p2 a2-b2-c2…pk ak-bk-ck。n!分解后p的次数为：n/p+n/p 2+…+n/p k。
算法的时间复杂度比前两种方案都低，基本上跟n以内的素数个数呈线性关系，而素数个数通常比n都小几个数量级，例如100万以内的素数不到8万个。用筛法生成素数的时间接近线性。该方案1秒钟能计算 1kw数量级的组合数。如果要计算更大，内存和时间消耗都比较大。

//用筛法生成素数
const int MAXN = 1000000;
bool arr[MAXN+1] = {false};
vector<int> produce_prim_number()
{
vector<int> prim;
prim.push_back(2);
int i,j;
for(i=3; i*i<=MAXN; i+=2)
{
if(!arr[i])
{
prim.push_back(i);
for(j=i*i; j<=MAXN; j+=i)
arr[j] = true;
}
}
while(i<=MAXN)
{
if(!arr[i])
prim.push_back(i);
i+=2;
}
return prim;
}

//计算n!中素因子p的指数
int Cal(int x, int p)
{
int ans = 0;
long long rec = p;
while(x>=rec)
{
ans += x/rec;
rec *= p;
}
return ans;
}

//计算n的k次方对M取模，二分法
int Pow(long long n, int k, int M)
{
long long ans = 1;
while(k)
{
if(k&1)
{
ans = (ans * n) % M;
}
n = (n * n) % M;
k >>= 1;
}
return ans;
}

//计算C(n,m)
int Combination(int n, int m)
{
        const int M = 10007;
vector<int> prim = produce_prim_number();
long long ans = 1;
int num;
for(int i=0; i<prim.size() && prim[i]<=n; ++i)
{
num = Cal(n, prim[i]) - Cal(m, prim[i]) - Cal(n-m, prim[i]);
ans = (ans * Pow(prim[i], num, M)) % M;
}
return ans;
}

方案四

Lucas定理，设p是一个素数（题目中要求取模的数也是素数），将n,m均转化为p进制数，表示如下：

满足下式：

即C(n,m)模p等于p进制数上各位的C(ni,mi)模p的乘积。利用该定理，可以将计算较大的C(n,m)转化成计算各个较小的C(ni,mi)。
该方案能支持整型范围内所有数的组合数计算，甚至支持64位整数，注意中途溢出处理。该算法的时间复杂度跟n几乎不相关了，可以认为算法复杂度在常数和对数之间。

#include <stdio.h>
const int M = 10007;
int ff[M+5];  //打表，记录n!，避免重复计算

//求最大公因数
int gcd(int a,int b)
{
    if(b==0)
return a;
else
return gcd(b,a%b);
}

//解线性同余方程，扩展欧几里德定理
int x,y;
void Extended_gcd(int a,int b)
{
    if(b==0)
    {
       x=1;
       y=0;
    }
    else
    {
       Extended_gcd(b,a%b);
       long t=x;
       x=y;
       y=t-(a/b)*y;
    }
}

//计算不大的C(n,m)
int C(int a,int b)
{
    if(b>a)
return 0;
    b=(ff[a-b]*ff[b])%M;
    a=ff[a];
    int c=gcd(a,b);
    a/=c;
    b/=c;
    Extended_gcd(b,M);
    x=(x+M)%M;
    x=(x*a)%M;
    return x;
}

//Lucas定理
int Combination(int n, int m)
{
        int ans=1;
int a,b;
while(m||n)
{
        a=n%M;
b=m%M;
n/=M;
m/=M;
ans=(ans*C(a,b))%M;
}
return ans;
}

int main(void)
{
        int i,m,n;
ff[0]=1;
for(i=1;i<=M;i++)  //预计算n!
ff[i]=(ff[i-1]*i)%M;
 
scanf("%d%d",&n, &m);
printf("%d\n",func(n,m));
 
return 0;
}

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