一、数学基础

组合数来自于高中排列组合的知识：

我们从$a$个小球中随机一次性取出$b$个，所有的取法记作：$C_a^b$

这个$C_a^b$怎么算呢？

$$C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!}$$

二、组合数——递推公式

1、题目

2、思路

这道题如果我们强行用公式进行计算的话，我们一定是会超时的，为什么呢？

如果按照公式，我们需要算一个数的阶乘，那么数据范围是2000，这样的话，我们算阶乘所需的最大次数就是2000。

而我们是多组询问，这样的话，我们所需的时间就是100000*2000

这个次数就非常多了，因此基本上大概率超时了。

所以我们换一个方式：

我们在高中阶段曾经学过这样一个公式：
$$C_a^b=C_{a-1}^b+C_{a-1}^{b-1}$$

大家可以利用刚才的定义公式进行验证，当然这个也可以理解为我们后面的$01$背包问题的状态转移方程。

这样做的好处是什么呢？

我们发现，我们这个递推公式是从小推大。
因此，我们在算出$c[a][b]$的时候，它前面的所有情况我们就都算出来了。

但是如果我们如果是采用刚刚的定义的话，我们每次查询都要计算一次。

而现在的话，我们可以通过一次计算预处理出来所有的情况。后续的查询只需要查表即可。这个时间复杂度就大大减少了。

3、代码

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=2010;
const int mod=1e9+7;
int c[N][N];
void init()
{
    for(int i=0;i<N;i++)
    {
        for(int j=0;j<=i;j++)
        {
            if(!j)c[i][j]=1;
            else c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    init();
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        printf("%d\n",c[a][b]);
    }
    return 0;
}

我们这里需要注意的是，我们的$c_i^0=1$。

很多同学会担心下标出现-1的情况，但其实经过我们的特判，它只会运行到：if(!j)c[0[0]=1;这一行，不会进行后续的代码。因此，不会出现越界的情况。

如果我们打印一下我们的预处理的话，我们发现这就是我们很熟悉的C语言练习题：杨辉三角

三、组合数——快速幂

1、问题：

2、分析

这道题的关键在于我们$a$和$b$的范围是非常大的，所以我们很难通过开辟一个二维数组去预处理，不仅空间上很难找到这么大的一块空间，时间上也会出现很多多余的计算。

那么我们既然无法直接预处理最终的结果，我们可以根据定义预处理中间的过程。

根据我们的定义：

$$C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!}$$

我们可以去预处理出所有的阶乘，然后根据定义运算的时候直接查表。

但是这里有一个问题，就是说我们的最终结果是对$1e9+7$取模的结果。

我们预处理的时候，为了避免溢出，我们存储的肯定是每个阶乘取模之后的结果。

所以我们计算的结果是这样的：

$$C_a^b=\frac{a!\%m}{b!\%m(a-b)!\%m}$$

但是根据我们的模运算的法则：

$$\frac{a}{b}\%m\ne \frac{a\%m}{b\%m}$$

因此，由于除法的出现，我们是无法正确计算出答案的。

那怎么办呢？

我们之前介绍过一个很重要的概念：乘法逆元

现在来回顾一下：

如果符合下面的同余式：

$$\frac{a}{b}\equiv a\ast x(modc)$$

那么我们就称$x$是$b$模$m$的乘法逆元，记作：$b^{-1}$

这个式子其实并不好求逆元。

我们在之前的文章中还通过推导，发现上述的表达式还等价于：

$$b\ast b^{-1}\equiv 1mod(c)$$

如果$c$是质数的话，我们可以使用费马小定理求解。
如果$c$不是质数的话，我们可以使用扩展欧几里得算法求解。

这道题中我们的$1e9+7$是质数，所以我们可以使用费马小定理。

我们先回顾一下费马小定理的式子：

$b^{p-1}\equiv 1mod(p)$

即$b\ast b^{p-2}\equiv 1mod(p)$

因此我们的乘法逆元：$b^{-1}=b^{p-2}$

而这个结果我们可以使用快速幂求解。

我们现在思考一下，我们枚举的$i$的逆元一定存在吗？

答案是一定的。

因为$1e9+7$是质数，所以它和1到$1e9+6$都是互质的。

即$gcd(i,1e9+7)=1$

根据裴蜀定理：

我们先令$m=1e9+7$

必有$xi+ym=1$

即$xi=-ym+1$

这个式子可以改写成：

$xi\equiv 1mod(m)$

这个就是我们的逆元表达式，$x$就是我们要求的逆元，所以逆元必定存在。

这里还有一个问题：

我们的阶乘满足：$n!=n\ast (n-1)!$

那我们的逆元是否满足：$n^{-1}!=n^{-1}\ast (n-1{)}^{-1}!$呢？

答案是满足的。

$n\ast n^{-1}\equiv 1mod(m)$

$(n-1)\ast (n-1{)}^{-1}\equiv 1mod(m)$

所以：
$n(n-1)\ast (n-1{)}^{-1}{n}^{-1}\equiv 1mod(m)$

即：$(n-1{)}^{-1}{n}^{-1}$就是$n(n-1)$的阶乘。所以由此不断地乘在一起，即可验证我们的结论。

那么代码怎么写呢？

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
LL fact[N],infact[N];
LL qmi(LL a,LL b,LL p)
{
    LL res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res%p;
}
void init()
{
    fact[0]=1,infact[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)
    {
        fact[i]=i*fact[i-1]%mod;
        infact[i]=infact[i-1]%mod*qmi(i,mod-2,mod)%mod;
    }
}
int main()
{
    init();
    int n;
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        LL ans=fact[a]%mod*infact[b]%mod*infact[a-b]%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}