AcWing 886. 求组合数 II（预处理+优化的O(n)版本）

组合数模板二：O(a*log(mod))（a–组合数下界，mod–模数）

来自数论的常识

与组合数I不同的是，上一题是预处理所有c[a][b]的值，这一题是预处理中间的一步

由

那么 (b!)^(−1) 与 ((a−b)!)^(−1) 该如何求呢？

答案：利用之前学过的利用快速幂求逆元

推导：

快速幂求逆元（391 ms）

时间复杂度：O(a∗log(mod))（a 是组合数的下界，求逆元的时候快速幂的时间复杂度是 log mod，此时 mod-2 就是几次幂）

//关键在预处理#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long long
const int mod=1e9+7,N=1e5+10;
int fac[N],infac[N];int qmi(int a, int k, int p)
{int res = 1;while (k){if (k & 1) res = res * a % p;a = a * a % p;k >>= 1;}return res;
}signed main()
{int n;fac[0]=infac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++){//存阶乘 mod p 的值fac[i]=fac[i-1]*i%mod;//存阶乘的逆元 mod p 的值，利用了上方推到的递推式infac[i]=infac[i - 1] * qmi(i,mod-2,mod)%mod;}cin>>n;while(n--){int a,b;cin>>a>>b;cout<<fac[a] * infac[b] % mod * infac[a - b] % mod<<endl;//注意这里是三个相乘，容易溢出long long，因此两个数乘完后要及时mod，末尾也要mod}
}

优化版本：（47 ms）

时间复杂度：O(a)（a 是组合数的下界）

由于在上方的原版代码中，我们预处理两个数组都是正向来求解，我们可以以另一种方式思考：将infac数组的预处理逆向操作，这样做的话，我们可以节省每次循环都要进行一次快速幂求逆元（alog mod）的时间，优化为：只在初始时进行仅仅一次快速幂，这样就大大降低了时间复杂度。使之 优化成了线性（O(a)）

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
const int mod = 1e9+7,N = 1e5+10;
int n;
int fac[N],infac[N];
int a,b;inline int qmi(int a,int b)
{int res = 1;while(b){if(b&1) res = res * a % mod;b>>=1;a = a * a % mod;}return res;
}inline void init()
{fac[0] = infac[0] = 1;for(int i=1;i<N;++i) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;infac[N-1] = qmi(fac[N-1],mod-2);for(int i=N-2;i>=1;--i){infac[i] = infac[i+1] * (i+1) % mod;//将推出来的递推公式变一下形}
}signed main()
{init();scanf("%lld",&n);while(n--){scanf("%lld%lld",&a,&b);printf("%lld\n",fac[a]*infac[b]%mod*infac[a-b]%mod);}return 0;
}

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