组合数C(m,n)表示在m个不同的元素中取出n个元素（不要求有序），产生的方案数。定义式：C(m,n)=m!/(n!*(m-n)!)（并不会使用LaTex QAQ）。

根据题目中对组合数的需要，有不同的计算方法。

（1）在模k的意义下求出C(i,j)(1≤j≤i≤n)共n2 （数量级）个组合数：

运用一个数学上的组合恒等式（OI中称之为杨辉三角）：C(m,n)=C(m-1,n-1)+C(m-1,n)。

证明：

1.直接将组合数化为定义式暴力通分再合并。过程略。

2.运用组合数的含义：设m个元素中存在一个“特殊”元素a，对从m个元素中选出n个元素进行分类讨论。

第一种情况：n个元素中含有元素a，则只需在剩余m-1个元素中选出n-1个元素即可。方案数为C(m-1,n-1)。

第二种情况：n个元素中不含元素a，则只需在剩余m-1个元素中选出n个元素即可。方案数为C(m-1,n)。

这样我们就得到了一个与组合数有关的递推式，初始化C(i,0)=1，随后通过递推以O(n2)的复杂度完成计算。均摊O(1)。

例题：NOIP2016 D2T1 组合数问题 题目链接

题意：给定一个数k，然后给出t组m,n，对于每一组数据，询问对于C(i,j)(0≤i≤n,0≤j≤min(i,m))，有多少个C(i,j)是k的倍数。

数据范围：k≤21，m,n≤2000，t≤10000。子任务见题目链接。

题解：

70分做法：O(20002)预处理出所有组合数，然后每次暴力扫描C(i,j)判断是否是k的倍数。然后机智地忘记取模（没错就是我233）

90分做法：在原有70分做法的预处理中加上取模，暴力扫描判断是否为0。

100分做法：发现每次只是数据范围改变，k和组合数都没有改变，所以尝试优化重复操作。

预处理+取模后，问题变为在整张组合数表中某个范围内0的个数。我们将非0数置0，将0置1，问题转化为矩阵和。用前缀和预处理可以做到O(1)查询。

代码：

1 #include
2 using namespace std;
3 const int maxn=2000+10;
4 int c[maxn][maxn],d[maxn][maxn],s[maxn][maxn];
5 int t,n,m,k;
6 int main()
7 {
8 int i,j;
9 cin>>t>>k;
10 for(i=0;i<maxn;i++){c[i][0]=c[i][i]=1;}
11 for(i=1;i<maxn;i++){for(j=1;j<i;j++){c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%k;}}
12 for(i=0;i<maxn;i++){for(j=i+1;j<maxn;j++){c[i][j]=1;}}
13 for(i=0;i<maxn;i++){for(j=0;j<maxn;j++){if(c[i][j]){d[i][j]=0;}else{d[i][j]=1;}}}
14 for(i=0;i<maxn;i++){s[i][0]=s[i-1][0]+d[i][0];s[0][i]=s[0][i-1]+d[0][i];}
15 for(i=1;i<maxn;i++){for(j=1;j<maxn;j++){s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+d[i][j];}}
16 while(t--)
17 {
18 int ans=0;
19 scanf("%d%d",&n,&m);
20 //for(i=0;i<=n;i++){for(j=0;j<=min(i,m);j++){if(!c[i][j]){ans++;}}}
21 //cout<<ans<<endl;
22 printf("%d\n",s[n][m]);
23 }
24 return 0;
25 }

（2）在模p的意义下求出C(n,i)(0≤i≤n)共n个组合数：

此时在组合数之间无法递推，只能用定义式计算：C(n,i)=n!/(i!*(n-i)!)。

O(n)求出1~n的逆元，并通过前缀积O(n)求得1~n的阶乘及其逆元，对于每个组合数O(1)计算。

并不能算例题的例题：Luogu T7468 I liked Matrix! 题目链接

题目描述：在一个n*m 的矩阵A 的所有位置中随机填入0 或1，概率比为x : y。令B[i]=a[i][1]+a[i][2]+……+a[i][m]，求min{B[i]}的期望，并将期望乘以(x + y)^nm 后对1e9+7取模。

数据范围：

对于20% 的数据：n,m,x,y<=3

对于40% 的数据：n,m,x,y<= 70

对于70% 的数据：n,m,x,y<=5000

对于100% 的数据：n,m,x,y<=200000

题解：

20%的直接暴力枚举每个格子x次0，y次1，求出每次min{B[i]}并求和。

40%和70%好像可以用不同的DP来做，DP蒟蒻表示不会……

100分做法：先挖个坑在这 到时候写一个解题报告（虽然并不会写部分分）

（3）在模p（p为质数）的意义下求出C(n,m)(2≤p≤n,m)：

此时n,m一般可以出到max long long，简单地O(n)预处理无法接受。就算n,m较小，p比n,m小时定义式中n!和m!在模p的意义下都为0，由于0不存在逆元，故直接用逆元计算会出错。此时需要用Lucas定理递归计算。

Lucas定理：

C(n,m)%p=C(n/p,m/p)*C(n%p,m%p）。第一部分递归计算，第二部分用逆元处理。特别地，当递归过程中出现C(n,m)，m>n的情况时，规定C(n,m)=0。

这个定理的另一个表述：C(n,m)%p等价于将n,m写成p进制，对n,m上的每一位进行组合数运算。

例题：Luogu P3807 【模板】卢卡斯定理 题目链接

题解：裸的Lucas。

代码：

1 #include
2 #define LL long long
3 using namespace std;
4 const int maxn=2e5+10;
5 LL fac[maxn],infac[maxn],inv[maxn];
6 int n,m,p,t;LL ans;
7 LL f(int n,int m,int p)
8 {
9 if(m>n){return 0;}
10 return fac[n]*infac[n-m]%p*infac[m]%p;
11 }
12 LL lucas(int n,int m,int p)
13 {
14 if(!m){return 1;}
15 return f(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p;
16 }
17 int main()
18 {
19 int i,j;
20 cin>>t;
21 while(t--)
22 {
23 cin>>n>>m>>p;
24 fac[0]=infac[0]=1;infac[1]=inv[1]=1;
25 for(i=1;i<p;i++){fac[i]=i%p*fac[i-1]%p;}
26 for(i=2;i<p;i++){inv[i]=(p-p/i*inv[p%i]%p)%p;}
27 for(i=2;i<p;i++){infac[i]=inv[i]*infac[i-1]%p;}
28 printf("%lld\n",lucas(n+m,m,p));
29 }
30 return 0;
31 }

（4）在模p（p不一定为质数）的意义下求出C(n,m)：

此时p不一定为质数，无法直接运用Lucas定理求解，可以将p进行质因数分解，对每个质因子进行Lucas，到时候再用中国剩余定理合并。质因数分解建议采用Pollard Rho算法。