一、高中数学公式复习

Cmn=n!m!(n−m)!

Cmn=Cn−mn=Cmn−1+Cm−1n−1

C0n+C1n+C2n+...+Cnn=∑ni=0Cin=2n

C0n+C2n+C4n+...=C1n+C3n+C5n+...=2n−1

Cmn+Cmn+1+Cmn+2+...+Cmn+m=∑mi=0Cmn+i=Cm+1n+m+1

kCkn=nCk−1n−1， Cknk+1=Ck+1n+1n+1 （好吧这个没学过但是既然看到了就一并抄过来了）

二、快速求组合数取模C(n, m)%p

当n和p大小不同时方法有不同。

1. n很小，p随意，p不需要为素数

1) 原理

使用杨辉三角：Cmn%p=(Cm−1n−1+Cmn−1)%p

组合数C(n, m)其实就是杨辉三角第n行第m列的值（下标从0开始算的话）。每一行的各个值都是迭代上一行的结果。那么用二维数组打个表即可，for里套个for。

2) 我的模板

typedef long long lld;const int maxn = 1000+10;lld C_arr[maxn+10][maxn+10];void C_init(int n, int pr) {    for (int i = 0; i <= n; i++) {        C_arr[i][0] = C_arr[i][i] = 1;        for (int j = 1; j < i; j++)            C_arr[i][j] = (C_arr[i - 1][j - 1] + C_arr[i - 1][j]) % pr;    }}lld C(int n, int m) {    return C_arr[n][m];}

2. n相对小（方便打表），p可以很大，p要求为素数

1) 原理

仅使用费马小定理： 若p是质数，且a,p互质，那么 a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1， 即a^(p-1) ≡ 1 （mod p），所以a^(p-2) ≡ 1/a (mod p)。所以a的逆元为a^(p-2)。于是将n!m!(n−m)! 中的除法全变成了乘法：

得到公式：Cmn%p=((n!)%p∗[(n−m)!]p−2%p∗(m!)p−2%p)%p

2) 我的模板

lld pow_mod(lld a, lld b, const int &pr){    lld ans = 1;    while (b) {        if (b & 1) ans = ans * a % pr;        b >>= 1;        a = a * a % pr;    }    return ans;}lld C(int n, int m){    return fac(n) % p * pow_mod(fac(n - m), p - 2, p) * pow_mod(fac(m), p - 2, p);}

可以看到这里最麻烦的是求阶乘fac(n)，如果n不大的话打表是极好的。n较大的话使用以下公式递归求得：

n!=n!(n2)!n2)!∗[(n2)!]2=Cn/2n∗[(n2)!]2

具体以后再写一篇求阶乘。

lld C_small(lld n, lld m, const int &pr){    lld ans = 1;    for (int i = 1; i <= m; i++)    {        lld a = (n - m + i) % pr;        lld b = i % pr;        ans = ans * (a * pow_mod(b, pr - 2, pr) % pr) % pr; //Fermat Theory    }    return ans;}

这是不打表的版本（其实就是没打表而已，没什么区别）。

3. n很大时要求p较小（p<10^5），p要求为素数

1) 原理

使用Lucas定理：Cmn%p=(Cm%pn%pCm/pn/p)%p

为什么要求p挺小，由公式就可以看出，p太大了的话Cm%pn%p也依然很大。Lucas定理用到了费马小定理，要求p为素数。对于每个Cm/pn/p，递归调用Lucas定理。可以看见n被p取模后很容易就变小了，所以要求p较小。

定理证明：

2) 我的模板

typedef long long lld;lld pow_mod(lld a, lld b, const int &pr){    lld ans = 1;    while (b) {        if (b & 1) ans = ans * a % pr;        b >>= 1;        a = a * a % pr;    }    return ans;}lld C_small(lld n, lld m, const int &pr){    lld ans = 1;    for (int i = 1; i <= m; i++)    {        lld a = (n - m + i) % pr;        lld b = i % pr;        ans = ans * (a * pow_mod(b, pr - 2, pr) % pr) % pr; //Fermat Theory    }    return ans;}lld C(lld n, lld m, const int &pr) // Lucas's theorem{    if (m == 0 || m == n) return 1;    return C_small(n % pr, m % pr, pr) * C(n / pr, m / pr, pr) % pr;}

C_small就是用求逆元求解，像法二一样做打表也是极好的。

如果n不大，p很大，用一下Lucas定理后也就相当于执行了法二，所以以后直接用Lucas即可。

三、Vandermonde恒等式

范德蒙（Vandermonde）恒等式：

Ckn+m=∑i=0kCinCk−im

其中k肯定得小于等于min(n,m)。

理解：从n个黑球、m个白球里找k个球有多少方式。

当

k=min(n,m)时，这里假设

m<n，那就是

k=m时，可以变个形：

Ckn+m=∑i=0kCinCm−k+im=∑i=0mCinCim

那意义就是n个黑球和m白个球中各找0个、1个、2个……m个对应颜色的球，一共有多少方法。

例题链接：