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高二数学期末复习——排列组合二项式定理(1)
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高二数学期末复习——排列组合二项式定理(1)
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数论（68）
组合数取模在ACM竞赛中是一个很重要的问题，很多选手因为数据太大而束手无策，今天就来详细讲解它。
组合数取模就是求的值，当然根据，和的取值范围不同，采取的方法也不一样。
接下来，我们来学习一些常见的取值情况
&&&& 这个问题比较简单，组合数的计算可以靠杨辉三角，那么由于和的范围小，直接两层循环即可。
（2）和，并且是素数
&&&& 这个问题有个叫做Lucas的定理，定理描述是，如果
&&&&&那么得到
&&&& 这样然后分别求，采用逆元计算即可。
题意：求，其中，并且是素数。
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
typedef long long LL;
LL quick_mod(LL a, LL b)
LL ans = 1;
ans = ans * a %
a = a * a %
LL C(LL n, LL m)
if(m & n) return 0;
LL ans = 1;
for(int i=1; i&=m; i++)
LL a = (n + i - m) %
LL b = i %
ans = ans * (a * quick_mod(b, p-2) % p) %
LL Lucas(LL n, LL m)
if(m == 0) return 1;
return C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) %
int main()
scanf(&%d&, &T);
while(T--)
scanf(&%I64d%I64d%I64d&, &n, &m, &p);
printf(&%I64d\n&, Lucas(n,m));
由于上题的比较大，所以组合数只能一个一个计算，如果的范围小点，那么就可以进行阶乘预处理计算了。
（3）和，并且可能为合数
&&&&这样的话先采取暴力分解，然后快速幂即可。
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
typedef long long LL;
const int N = 200005;
bool prime[N];
void isprime()
memset(prime,true,sizeof(prime));
for(int i=2; i&N; i++)
if(prime[i])
p[cnt++] =
for(int j=i+i; j&N; j+=i)
prime[j] =
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
LL ans = 1;
ans = ans * a %
a = a * a %
LL Work(LL n,LL p)
LL ans = 0;
ans += n /
LL Solve(LL n,LL m,LL P)
LL ans = 1;
for(int i=0; i&cnt && p[i]&=n; i++)
LL x = Work(n, p[i]);
LL y = Work(n - m, p[i]);
LL z = Work(m, p[i]);
x -= (y + z);
ans *= quick_mod(p[i],x,P);
int main()
isprime();
while(T--)
cin&&n&&m&&P;
n += m - 2;
cout&&Solve(n,m,P)&&
接下来看一些关于组合数取模的典型题目。
分析：组合数取模的典型题目，用Lucas定理，注意要阶乘预处理，否则会TLE的。
题意：给一个集合，一共个元素，从中选取个元素，选出的元素中没有相邻的元素的选法一共有多少种？
分析：典型的隔板法，最终答案就是。然后用Lucas定理处理即可。
题意：个for循环嵌套，有两种形式，第一类从1开始到，第二类从上一层循环当前数开始到，第一层一定
&&&&&是第一种类型，求总的循环的次数对取余的结果。
分析：首先可以看出，每一个第一类循环都是一个新的开始，与前面的状态无关，所以可以把个嵌套分为几个不
&&&&&同的部分，每一个部分由第一类循环开始，最终结果相乘即可。剩下的就是第二类循环的问题，假设一个
&&&& 层循环，最大到，分析一下得到如下结果
&&&&&（1）只有一层，则循环次数为
&&&&&（2）只有前两层，则循环次数为
&&&&&（3）只有前三层，则循环次数为
&&&&&&由此得到结论：第的循环次数为
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
typedef long long LL;
const int N = 25;
const int MOD1 = 97;
const int MOD2 = 3761599;
const int MOD = MOD1 * MOD2;
int m,n,k;
LL fac1[MOD1+10];
LL fac2[MOD2+10];
LL inv1,inv2;
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
LL ans = 1;
ans = ans * a %
a = a * a %
LL C(LL n,LL m,LL p,LL fac[])
if(n & m) return 0;
return fac[n] * quick_mod(fac[m] * fac[n-m], p - 2, p) %
LL Lucas(LL n,LL m,LL p,LL fac[])
if(m == 0) return 1;
return C(n % p, m % p, p, fac) * Lucas(n / p, m / p, p, fac);
void Init()
fac1[0] = fac2[0] = 1;
for(int i=1; i&MOD1; i++)
fac1[i] = (fac1[i-1] * i) % MOD1;
for(int i=1; i&MOD2; i++)
fac2[i] = (fac2[i-1] * i) % MOD2;
inv1 = MOD2 * quick_mod(MOD2, MOD1-2, MOD1);
inv2 = MOD1 * quick_mod(MOD1, MOD2-2, MOD2);
int main()
int T, tt = 1;
scanf(&%d&,&T);
while(T--)
scanf(&%d%d%d&,&n,&m,&k);
for(int i=0; i&k; i++)
scanf(&%d&,&a[i]);
LL ans = 1;
for(int i=0; i&k; i++)
LL m1 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD1, fac1);
LL m2 = Lucas(a[i+1] - a[i] + n - 1, a[i+1] - a[i], MOD2, fac2);
LL mm = (m1 * inv1 + m2 * inv2) % MOD;
ans = ans * mm % MOD;
printf(&Case #%d: &,tt++);
cout&&ans&&
题意：中有多少个奇数，其中。
分析：其实组合数判断奇偶性有一个优美的结论
&&&&&&&&&&
&&&&&&&&&&& 如果，那么为奇数，否则为偶数
&&&&&&&&&&&&当然本题要判断的组合数很多，所以不能用上述结论，只能另辟蹊径。由于是判断奇偶性，那么就是判断
&&&&&是否为1，利用Lucas定理，先把和化为二进制，这样它们都是01序列了。我们又知道
&&&&&。这样中为0的地方对应的中的位置只有一种可能，那就是0。
&&&&& 这样我们可以不用管中为0的地方，只考虑中为1的位置，可以看出，中为1的位置对应的中为0
&&&&& 或1，其结果都是1，这样答案就是：1&&(二进制表示中1的个数)
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
int main()
while(scanf(&%d&,&n)!=EOF)
int cnt = 0;
if (n & 1) cnt++;
printf(&%d\n&,1&&cnt);
题意：给定两个正整数和，其中，求下面表达式的值
分析：由于是素数，用费马小定理降幂得到
&&&& 现在关键是求
&&&& 那么我们枚举分别计算，但是模的是合数，所以对进行分解得到
&&&& ，那么分别求，即
&&&&&然后进一步得到同余方程组为
&&&&&再通过中国剩余定理（CRT）可以求得最终答案。
#include &iostream&
#include &string.h&
#include &stdio.h&
typedef long long LL;
const int P = ;
LL a[5] = {0, 0, 0, 0};
LL m[5] = {2, 3, };
LL fac[5][36010];
void Init()
for(int i=0; i&4; i++)
fac[i][0] = 1;
for(int j=1; j&36010; j++)
fac[i][j] = fac[i][j-1] * j % m[i];
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
LL ans = 1;
ans = ans * a %
a = a * a %
LL C(LL n,LL k,int cur)
LL p = m[cur];
if(k & n) return 0;
return fac[cur][n] * quick_mod(fac[cur][k] * fac[cur][n-k], p - 2, p) %
LL Lucas(LL n,LL k,int cur)
LL p = m[cur];
if(k == 0)
return C(n % p, k % p, cur) * Lucas(n / p, k / p, cur) %
void extend_Euclid(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
if(b == 0)
extend_Euclid(b, a % b,x, y);
y = tmp - a / b *
LL RemindChina(LL a[],LL m[],int k)
LL ans = 0;
for(int i=0; i&k; i++)
M *= m[i];
for(int i=0; i&k; i++)
LL Mi = M / m[i];
extend_Euclid(Mi, m[i], x, y);
ans = (ans + Mi * x * a[i]) % M;
if(ans & 0)
int main()
while(cin&&N&&G)
a[0] = a[1] = 0;
a[2] = a[3] = 0;
if(G == P)
cout&&&0&&&
for(int i=1; i*i &= N; i++)
if(N % i == 0)
a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];
a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];
a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];
a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];
if(i * i != N)
a[0] = (a[0] + Lucas(N, x, 0)) % m[0];
a[1] = (a[1] + Lucas(N, x, 1)) % m[1];
a[2] = (a[2] + Lucas(N, x, 2)) % m[2];
a[3] = (a[3] + Lucas(N, x, 3)) % m[3];
LL ans = quick_mod(G, RemindChina(a, m, 4), P);
cout&&ans&&
题目：已知有如下表达式
&&&&& 给定和，求。
分析：如果直接二项式展开，这样会很麻烦，而且不容易求出，本题有技巧。做如下变换
&&&&&所以问题变为求的值。&&&&&
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21.2.1二项式定理
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