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其实我也没想到我第一篇博客会讲一个偏数学的内容。
主要是我太弱了，只会这个
记号\(C_n^m\)表示组合数，其意义为在??个可区分物品中无序地选择??个物品的方案数。
如三个数分别为\(1,2,3\)，希望选出两个数，则有\((1,2)(1,3)(2,3)\)三种方案。
因为是无序选择，因此\((1,2)\)和\((2,1)\)被认为是同一种方案。
因而\(C_3^2=2\).
根据意义，易知：
\(C_n^0=1\)
\(C_n^1=n\)
\(C_n^n=1\)
\(C_n^i=C_n^{n-i}\)
\(C_n^m=0(m>n)\)
\(\sum_{i=1}^nC_n^i=2^n\)
根据组合数的定义，我们可以得到计算公式。
\[C_n^m=\frac{n(n-1)\cdots(n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\]
即统计有序选择的方案数\(n(n-1)\cdots(n-m+1)\)，然后除掉每个方案被重复计数的\(m!\)。
有了这个式子后，我们只要处理出阶乘及其倒数，便可以计算组合数。
由于组合数一般很大，实际上大多时候在模意义下计算。
组合数还存在递推式。
即\[C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m\]
从组合意义来考虑该递推式——
从\(n\)个数中选\(m\)个，则考虑最后一个数是否被选，然后化为从\(n?1\)个数中选\(m\)个或\(m?1\)个。
该方法复杂度为\(O(n^2)\)，但是简单自然，且对模数无特殊要求。
对质数\(p\)取模的组合数，是常见的组合数求解形式。
\(C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
也就是我们只需要处理阶乘即可。
则可以处理模意义下的阶乘，由于还需要除法，需要顺便处理\(\frac{1}{i!}\).
求逆元可用快速幂解决。
一般预处理只求\(\frac{1}{maxn!}\)，然后根据\(\frac{1}{i!}=\frac{1}{(i+1)!}(i+1)\)倒推即可。
相比刚才的方法， 这个方法对模数有要求，复杂度为\(O(n\ log\ n)\).
那\(n\)和\(m\)都更大的情况呢？
若计算\(C_n^mmod\ p\)（\(p\)为质数），则组合数满足以下公式：
\[C_n^mmod\ p=C_{\frac{n}{p}}^{\frac{m}{p}}C_{n\ mod\ p}^{m\ mod\ p}\]
这被称为卢卡斯定理。
运用该式可以进行递归计算，且只涉及\(p\)以内的组合数。
而如果要计算\(C_n^mmod\ p^k\)（\(p\)为质数），
由\(C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)，易知：
我们不妨计算每个阶乘除去\(p\)的部分，这样分母也存在逆元。
这可以分治解决，排除\(p\)后，\(n!\)被分为若干循环外加一段，每个循环长度为\(n^k\)。
然后将含有\(p\)的部分除掉\(p\)化为子阶乘递归处理。
最后用库默尔定理计算含有多少\(p\)，当然也可以在分治过程中直接统计。
此方法适用于\(p^k\)不大的情况。
可以看出该方法能结合中国剩余定理推广至对一般数\(p\)的组合数取模（要求分解出的\(p^k\)都不大）。
（什么，你问我具体的公式？上面的库默尔定理有下划线发现了吗？我要是会公式我还只讲思路干嘛）
给你两个数\(n\)与\(m\)。
统计有多少长度为\(n\)非负整数序列\(A\)，使元素和为\(m\)。
答案对\(1000000007\)取模。
\(n,m\leq1000000\)
思路：
将\(m\)加上\(n\)，则转化为统计正整数序列。
该问题可以这样描述：有\(n\)个盒子，将\(m\)个球放入其中使得每个盒子至少一个的方案数。
我们将球排成一行，考虑将\(n-1\)个隔板插入其中，只能在球与球间插入，且至多插入一个。则与上述问题等价。
从组合意义上可以得知结果为\(C_{m-1}^{n-1}\).
该结论也被称作抽屉原理。
在一个网格图中，从\((0,0)\)走到\((n,m)\)，要求不能超越\(y=x\)这条斜线，每次往右或往上走长度为\(1\)，求方案数。
答案对\(1000000007\)取模。
\(n,m\leq1000000\)
思路：
（第一眼看上去是不是很像卡特兰数，我刚开始也这么认为，但很抱歉，不保证\(m=n\)）
直接计算走到\((n,m)\)的方案数，可以知道一定有\(n+m\)步，其中有\(n\)步向右，\(m\)步向上。
如何考虑\(y=x\)？
不能超越\(y=x\)，即不能抵达\(y=x+1\)。
对于每一条抵达了\(y=x+1\)的路径，找到最后一个交点，将之后的路径翻转，可以得到一条到\((n,m)\)对称点的路径。
而一条到\((n,m)\)对称点的路径，必定与\(y=x+1\)相交，找到最后一个交点可翻转回去。因此从\((0,0)\)到\((n,m)\)关于\(y=x+1\)的对称点的路径数等于非法路径数。
一个长度为\(n\)的括号序列，问有多少非空子序列长度为偶数，且前一半为左括号后一半为右括号（例如“(())”）。
答案对\(1000000007\)取模。
\(n\leq200000\)
思路：
可以枚举最后一个左括号，假如它左边有\(A\)个左括号，右边有\(B\)个右括号。
贡献为\(\sum C_A^{t-1}C_B^t\)
然而我们无法每次枚举计算该式子。
考虑变化式子为\(\sum C_A^{t-1}C_B^{B-t}\)
可考虑该式子组合意义——
有\(A+B\)个球排成一行，选择其中\(B-1\)个球的方案数。
该求和式则是在枚举前\(A\)个球中选\(t-1\)个。
即可以推广出结论——
\[\sum C_A^iC_B^{n-1}=C_{A+B}^n\]
该式被称为范德蒙恒等式。
代码（贴一下本蒟蒻的代码）：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 400010
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int l,r,len;
long long ans;
long long fac[N],inv[N];
string str;
long long Pow(long long a,long long p) {
a%=MOD;
long long ans=1;
while(p) {
if(p&1) {
ans=ans*a%MOD;
}
a=a*a%MOD;
p>>=1;
}
return ans;
}
void Init() {
fac[0]=1;
inv[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++) {
fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
inv[i]=Pow(fac[i],MOD-2);
}
return;
}
long long Calc(int m,int n) {
if(m<n||m<0) {
return 0;
}
long long res=fac[m]*inv[m-n]%MOD*inv[n]%MOD;
return res;
}
int main()
{
cin>>str;
len=str.length();
Init();
for(int i=0;i<len;i++) {
if(str[i]==')') {
r++;
}
}
for(int i=0;i<len;i++) {
if(str[i]==')') {
r--;
}
else {
ans=(ans+Calc(l+r,l+1))%MOD;
l++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}组合数应用十分广泛，在信奥中常作为数论试水题出现，也经常出没在各大省选中。而在高数联中，更是作为入门第一讲（排列组合）。所以学好组合数是非常必要的。
等我有时间再写一个奥数的组合数（乱立Flag）
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原文地址：https://www.cnblogs.com/luoshui-tianyi/p/11405522.html
