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组合数求模C(n,m)%(10^10)

几个测试数据

1515151 1213
...0836060000
151144 2002
...3558733440
10000000000 11411
...0000000000
115123131 1210
...2126393000
54546161515130 121231321
...6496000000


由于本人数论实在太水,于是这题搞了我一天多的时间,最后发现是个浮点精度的问题,雷死。。。。。。

题目大意:求C(n,m)%(10^10), n <= 10^18  0<=m<=n

 看到这么大的范围,肯定是有一些数论知识的啦~

注意到10^10可以拆分为2^10  *  5^10

那么是不是可以分别对这两个东东取模然后再合并呢,可以的!!!!

于是现在的任务是求

C(n,m)%2^10  ;

以及C(n,m)%5^10;

看到了么,其实就是求C(n,m)%(p^a)   p是素数

看了AC大神博客中的那个究极版之后肯定就会做这个了。

举个例子C(n,m)%1024

也就是

 


进而转换为n!%1024

分子分母分别求出来,然后取逆就好了

1*2*3*..*1024

1025*...*2048

...

一直乘到n,很明显,1024个数为一段,结果都是一样的(周期性!!!),最后还剩下几个,暴力求就好了。

注意,我们要想取分母的逆元,分母必须与2互质,所以我们先将2的倍数都剔除掉,显然,周期性仍然满足。

比如现在要求11!%(2^10)

假设calc(n,mod) 可以求n!中所有奇数乘积对mod取余

1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*11

1*3*5*7*9 *11 *    2*4*6*8*10 = 1*3*5*7*9*11 * 2^5*(1*2*3*4*5),   问题可以递归解决!!!!

所以可以写出式子来calc(11,1024) * 2^(11/2) *  calc(5) * (2^11/4)  * calc(2) * 2^(11/8)  * calc(1)

复杂度是log级别的

这道题比较特殊,只有两个质因子,当P是一般的数的时候分解开来就好了,最后再用中国剩余定理合并

但是如果分解质因数后p^a很大的话就不能用上面的方法了,因为数组开不下,周期没法用。。。。

所以n m k都是10^9级别的数的时候貌似没法搞????

我感觉  K如果是10^9级别的,m 必定要10^6级别才可搞

K如果是10^5级别的,n m 随便都可搞

这道题要判断C(n,m)是否大于10^10,中间用了double,开始的时候一直WA 9,没有检查出来,用eps判断就过了。

还有一种方法是我参考了代码区里的,如下

贴上代码


[cpp]
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <cmath>  
typedef long long lld; 
const lld mod5 = 9765625; 
lld n , m ; 
lld fac[10000000]; 
lld two[64]; 
lld five[64]; 
lld Pow(lld a,lld b,lld mod) 

    lld ans = 1; 
    while(b) { 
        if(b&1) ans = ans * a % mod; 
        a = a*a % mod; b >>= 1; 
    } 
    return ans; 

lld ex易做图(lld a,lld b,lld &x,lld &y) 

    if(b==0) {x=1;y=0;return a;} 
    else   { 
        lld d=ex易做图(b,a%b,x,y); 
        lld t=x; 
        x=y; 
        y=t-a/b*y; 
        return d; 
    } 

lld inverse(lld num,lld mod) 

    lld x,y; 
    ex易做图(num,mod,x,y); 
    while(x<0) x+=mod,y-=num; 
    return x; 

void init1() 

    two[0] = 1; 
    for(lld i = 1; i < 64; i++) two[i] = two[i-1]*2; 
    fac[1] = 1;fac[0] = 1; 
    for(lld i = 2; i <= 1024; i++) { 
        lld num = i; 
        fac[i] = fac[i-1]; 
        if(i&1)fac[i] = fac[i]*num % 1024; 
    } 

lld calc(lld n,lld mod)//n!去掉2或5的倍数后对mod取余  

    lld t = n / mod; 
    lld ans = 1 ; 
    if(t>=1)ans = Pow(fac[mod],t,mod); 
    int lim = n%mod; 
    return ans*fac[lim]%mod; 

lld gao(lld b[],lld mod,lld num) //计算c(n,m) % mod  

    long long fenzi_ = 0 , fenmu_ = 0; 
    lld tn = n , tm = m , tnm = n-m; 
    for(lld i=1;b[i]<=tn;fenzi_+=(tn/b[i]),i++); 
    for(lld i=1;b[i]<=tm;fenmu_+=(tm/b[i]),i++); 
    for(lld i=1;b[i]<=tnm;fenmu_+=(tnm/b[i]),i++); 
    lld cnt = fenzi_ - fenmu_; 
    lld fenzi = calc(tn,mod); 
    for(lld i = 1;b[i]<=tn;i++) fenzi = fenzi*calc(tn/b[i],mod)%mod; 
    lld fenmu = calc(tnm,mod); 
    for(lld i=1;b[i]<=tnm;i++) fenmu=fenmu*calc(tnm/b[i],mod)%mod; 
    fenmu = fenmu * calc(tm,mod) % mod; 
    for(lld i=1;b[i]<=tm;i++) fenmu=fenmu*calc(tm/b[i],mod)%mod; 
    return fenzi*inverse(fenmu,mod)%mod*Pow(num,cnt,mod)%mod; 

void init2() 

    five[0] =1; 
    for(lld i = 1; i <= 50; i++) five[i] = five[i-1] * 5; 
    fac[1] = 1;  fac[0] = 1; 
    for(lld i = 2; i <= mod5; i++) { 
        lld num = i; 
        fac[i] = fac[i-1]; 
        if(i%5!=0)  fac[i] = fac[i]*num % mod5; 
    } 

//x % 1024    = a;  
//x % mod5    = b;  
//上面两个式子用中国剩余定理合并  
lld CRT(lld a,lld b) 

    lld mod = 10000000000LL; 
    lld x,y; 
    ex易做图(mod5,1024,x,y); 
    x=x*a%mod; 
    lld p = x, q; 
    ex易做图(1024,mod5,x,y); 
    x=x*b%mod; 
    q = x; 
    lld ans = (mod5*p%mod+1024LL*q%mod)%mod; 
    return (ans+mod)%mod; 

void print(lld ans) 

    if(n-m<m) m = n-m; 
    double t=1; 
    lld a=1; 
    bool flag = false; 
    for(lld i = 1; i <= m; i++) 
    { 
        t=t*(n-i+1)/i; 
        a=a*(n-i+1)/i; 
        if(a>=10000000000LL || t>=1e10) 
        { 
            flag = true; 
            break; 
        } 
    } 
    if(flag) printf("...%010I64d\n",ans); 
    else printf("%I64d\n",ans); 
} <

补充:软件开发 , C++ ,
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