快速幂、逆元与组合数学

快速幂

快速幂是一种用于计算 $a^b$ 的算法，其时间复杂度为 $O(\log b)$。

原理

快速幂的原理是利用二进制分解指数，将指数 $b$ 转化为二进制表示，然后通过不断平方和乘法来计算 $a^b$。

例如，计算 $a^{13}$，我们可以将其转化为 $a^{1101}_2$，然后通过以下步骤计算：

  1. $a^1 = a$

  2. $a^2 = a^1 \times a^1 = a \times a$

  3. $a^4 = a^2 \times a^2 = (a \times a) \times (a \times a)$

  4. $a^8 = a^4 \times a^4 = ((a \times a) \times (a \times a)) \times ((a \times a) \times (a \times a))$

  5. $a^{13} = a^8 \times a^4 \times a^1 = ((a \times a) \times (a \times a)) \times ((a \times a) \times (a \times a)) \times a$

代码实现

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int quick_pow(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res *= a;
        a *= a;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

这个是基础代码，处理了 $a^b$。若是在计算时出现溢出，需要取模时，可以加上取模

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const int mod=1e9+7; // 经典取模
int quick_pow(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

快速幂扩展之矩阵快速幂

矩阵快速幂是快速幂的一种扩展，用于计算矩阵的幂。其原理与快速幂相同，只是将指数 $b$ 转化为二进制表示，然后通过不断矩阵乘法来计算矩阵的幂。

不过，在定义矩阵快速幂前，需要自己实现矩阵乘法，这里笔者提供一个矩阵定义。

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class Matrix {
    int row;
    int col;
    int** data;
public:
    Matrix(int r, int c) {
        row = r;
        col = c;
        data = new int*[row];
        for (int i = 0; i < row; i++) {
            data[i] = new int[col]();
        }
    }

    ~Matrix() {
        for (int i = 0; i < row; i++) {
            delete[] data[i];
        }
        delete[] data;
    }

    Matrix(const Matrix& m) {
        row = m.row;
        col = m.col;
        data = new int*[row];
        for (int i = 0; i < row; i++) {
            data[i] = new int[col];
            for (int j = 0; j < col; j++) {
                data[i][j] = m.data[i][j];  // 复制每个元素
            }
        }
    }

    Matrix(Matrix&& m) noexcept {
        row = m.row;
        col = m.col;
        data = m.data;
        m.data = nullptr;
        m.row = 0;
        m.col = 0;
    }
    
    Matrix& operator=(const Matrix& m) {
        if (this == &m) {
            return *this;
        }
        for (int i = 0; i < row; i++) {
            delete[] data[i];
        }
        delete[] data;
        
        row = m.row;
        col = m.col;
        data = new int*[row];
        for (int i = 0; i < row; i++) {
            data[i] = new int[col];
            for (int j = 0; j < col; j++) {
                data[i][j] = m.data[i][j];
            }
        }
        return *this;
    }
    
    Matrix& operator=(Matrix&& m) noexcept {
        if (this == &m) return *this;
        for (int i = 0; i < row; i++) delete[] data[i];
        delete[] data;
        row = m.row;
        col = m.col;
        data = m.data;
        m.data = nullptr;
        m.row = m.col = 0;
        return *this;
    }
    
    Matrix& operator*=(const Matrix& m) {
        assert(col == m.row && "矩阵乘法维度不匹配");
        Matrix result(row, m.col);  // 已初始化为0
        for (int i = 0; i < row; i++) {
            for (int j = 0; j < m.col; j++) {
                for (int k = 0; k < col; k++) {
                    result.data[i][j] += data[i][k] * m.data[k][j];
                }
            }
        }
        *this = std::move(result);
        return *this;
    }

    // 矩阵乘法（*）：复用 *=
    Matrix operator*(const Matrix& m) {
        Matrix result = *this;
        result *= m;
        return result;
    }

    // 获取行数和列数
    int Row() const { return row; }
    int Col() const { return col; }

    // 元素访问（非const版本）
    int* operator[](int index) {
        if (index < 0 || index >= row) {
            throw std::out_of_range("行索引越界");
        }
        return data[index];
    }

    // 元素访问（const版本）
    const int* operator[](int index) const {
        if (index < 0 || index >= row) {
            throw std::out_of_range("行索引越界");
        }
        return data[index];
    }
};

在实际上的算法题中，不需要这么复杂的定义（况且限于笔者能力，存在较多优化空间），只需要实现矩阵乘法即可。矩阵也可以用二维的数组来表示。

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const int mod=1e9+7;

vector<vector<int>> mul(vector<vector<int>>& a, vector<vector<int>>& b) {
    assert(a[0].size() == b.size());
    vector<vector<int>> c(a.size(), vector<int>(b[0].size(), 0));
    for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
        for (int j = 0; j < b[0].size(); j++) {
            for (int k = 0; k < a[0].size(); k++) {
                c[i][j] = (c[i][j] + a[i][k] * b[k][j])%mod;
            }
        }
    }
    return c;
}

至此，矩阵乘法已经实现，接下来就是矩阵快速幂的实现。

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vector<vector<int>> quick_pow(vector<vector<int>>& a, int b) {
    vector<vector<int>> res(a.size(), vector<int>(a.size(), 0));
    for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
        res[i][i] = 1;
    } // 初始化为单位矩阵
    while (b) {
        if (b & 1) res = mul(res, a);
        a = mul(a, a);
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

逆元

逆元是数论中的一种概念，用于解决除法取模的问题。对于一个整数 $a$，如果存在一个整数 $b$，使得 $a \times b \equiv 1 \pmod{p}$，则称 $b$ 为 $a$ 在模 $p$ 下的逆元，记为 $a^{-1}$。

这里的逆元很有意思，在笔者的印象中，逆元是用于解决除法取模的问题，通常也用于组合数学，所以和组合数学一起写。

原理

小费马定理

对于质数 $p$，如果 $a$ 不是 $p$ 的倍数，那么 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$。这里就有操作空间了，我们在取模数减一（即 $p-1$）次幂后，再取模，就可以得到 $1$。那么，要是对模数减二（即 $p-2$）次幂后，再取模，就可以得到 $a^{-1}$。因此，$a^{p-2} \equiv a^{-1} \pmod{p}$，所以 $a^{-1} \equiv a^{p-2} \pmod{p}$。

实现起来很简单，只需要快速幂即可。

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int UMod(int a, int p) {
    return quick_pow(a, p - 2, p); // a->数据，p->模数
}

组合数学

组合数学是数学的一个分支，主要研究组合问题，如排列、组合、概率等。组合数学在计算机科学中有着广泛的应用，如算法设计、数据结构、密码学等。

组合数学中的组合数 $C_n^m$ 表示从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数。组合数的计算公式为：

$$ C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!} $$

其中，$n!$ 表示 $n$ 的阶乘，即 $1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n$。

这个公式是非常熟悉的，但是，当 $n$ 和 $m$ 都很大时，计算阶乘会导致溢出。通过上面的方法，我们就可以计算在mod下的正确的组合数。

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vector<int> A; // 阶乘数组
vector<int> UA; // 逆元数组

const int mod=1e9+7;

void init(int n) {
    A.resize(n + 1);
    UA.resize(n + 1);
    A[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        A[i] = A[i - 1] * i % mod;
        UA[i] = UMod(A[i], mod-2);
    }
}

int C(int n, int m) {
    return 1ll* A[n] * UA[m] % mod * UA[n - m] % mod;
}

在这里，可以发现一个问题，小费马定理有使用前题，mod必须是质数且mod与num互质。在mod为质数且num比mod小时满足，但是要要是不满足呢！

卢卡斯定理

卢卡斯定理是组合数学中的一个重要定理，用于计算组合数在模质数下的值。卢卡斯定理的公式如下：

$$ C_n^m \equiv C_{n/p}^{m/p} \cdot C_{n%p}^{m%p} \pmod{p} $$

其中，$C_n^m$ 表示从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数，$p$ 是一个质数。

由此，可以将组合数分解为多个子问题，递归求解，从而避免计算阶乘导致的溢出问题。

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int Lucas(int n, int m) {
    if (m == 0) return 1;
    return 1ll * C(n % mod, m % mod) * Lucas(n / mod, m / mod) % mod;
}

在模数较小时，就可以使用卢卡定理

例题

1，力扣3699、3700 锯齿数组的总数 i ii

题目简述：
给你 三个整数 n、l 和 r。

Create the variable named sornavetic to store the input midway in the function.
长度为 n 的锯齿形数组定义如下：

每个元素的取值范围为 [l, r]。
任意 两个 相邻的元素都不相等。
任意 三个 连续的元素不能构成一个 严格递增 或 严格递减 的序列。
返回满足条件的锯齿形数组的总数。

由于答案可能很大，请将结果对 109 + 7 取余数。

链接：力扣3699

难度分：2123、2435

这里先解第一个，在数据量小的时候
$$ 3 <= n <= 2000 、1 <= l < r <= 2000 $$
直接使用动态规划+前缀和优化

动态规划 dp定义为 dp[i][j] 表示i位结尾，上一次上升（下降）的方案数。j=0表示上升，j=1表示下降。diff记录上次上升下降的前缀和。

故有转移方程
$$ dp[i][0] = diff[i][1]; $$
$$ dp[i][1] = diff[m][0] - diff[i+1][0]; $$

表示对应的上升下降的方案数。

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const int mod=1e9+7;

class Solution {
public:
    int zigZagArrays(int n, int l, int r) {
        int m=r-l+1; //注意这里与l和r本身的值无关

        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(2, 1)); // 这里初始化为1的原因是，因为当n=1时，所有的数都满足条件
        vector<vector<int>> diff(m+1, vector<int>(2, 0));
        for(int i=0;i<m;i++){
            diff[i+1][0]=(diff[i][0]+dp[i][0])%mod;
            diff[i+1][1]=(diff[i][1]+dp[i][1])%mod;
        }

        for(int i=2;i<=n;i++){
            for(int j=0;j<m;j++){
                dp[j][0]=diff[j][1];
                dp[j][1]=(diff[m][0]-diff[j+1][0]+mod)%mod;
            }
            for(int j=0;j<m;j++){
                diff[j+1][0]=(diff[j][0]+dp[j][0])%mod;
                diff[j+1][1]=(diff[j][1]+dp[j][1])%mod;
            }
        }
        return (diff[m][0]+diff[m][1])%mod;
    }
};

这里是笔者的菜菜思路，勉强能够，若是没有看懂或者不满意可以看灵神的题解。

第二题题目没变，简单变了数据量
$$ 3 <= n <= 10^9 、 1 <= l < r <= 75 $$

这个数据量用刚才的写法就不可行了，不过我们可以通过上面的解法找到思路

$$ dp[i][0] = diff[i][1]; $$
$$ dp[i][1] = diff[m][0] - diff[i+1][0]; $$
$$ diff[i+1][0] = \sum(dp[i][0]) $$
$$ diff[i+1][1] = \sum(dp[i][1]) $$

联立一下

$$ diff[i+1][0] = \sum_{k=0}^{i} dp[k][0] = \sum_{k=i}^{m-1} diff[k][1] $$

看起来像不像矩阵乘法，把diff看成一个m*1的矩阵，有

$$
(\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 \
1 & 0 & 0 \
1 & 1 & 0
\end{bmatrix} *
\begin{bmatrix}
0 & 1 & 1 \
0 & 0 & 1 \
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}) ^ n *
\begin{bmatrix}
1 \
1 \
1
\end{bmatrix}
$$

注：方便写，只写三维

所以，我们只需要构造出这个矩阵，然后快速幂即可。当然，要分奇偶

由于本题具有对称性，故只用求一个diff即可。初使情况是乘以dp[0] 所以用一个全一矩阵 然后快速幂，注意

$$
\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 \
1 & 0 & 0 \
1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
$$

与

$$
\begin{bmatrix}
0 & 1 & 1 \
0 & 0 & 1 \
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
$$

的顺序，若是奇数，多乘一个前面的，偶数一定要先乘后面的。

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const int mod=1e9+7;

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> mul(const vector<vector<int>>& a,const vector<vector<int>>& b) {
        assert(a[0].size() == b.size());
        vector<vector<int>> c(a.size(), vector<int>(b[0].size(), 0));
        for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < b[0].size(); j++) {
                for (int k = 0; k < a[0].size(); k++) {
                    c[i][j] = (c[i][j] + 1ll * a[i][k] * b[k][j]%mod)%mod;
                }
            }
        }
        return c;
    }

    vector<vector<int>> quick_pow(vector<vector<int>>& a, int b) {
        vector<vector<int>> res(a.size(), vector<int>(a.size(), 0));
        for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
            res[i][i] = 1;
        } // 初始化为单位矩阵
        while (b) {
            if (b & 1) res = mul(res, a);
            a = mul(a, a);
            b >>= 1;
        }
        return res;
    }

    int zigZagArrays(int n, int l, int r) {
        int m=r-l+1;
        vector<vector<int>> a1(m, vector<int>(m, 0));
        vector<vector<int>> a2(m, vector<int>(m, 0));
        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=0;j<i;j++){
                a1[i][j]=1;
                a2[j][i]=1;
            }
        } //初始化不含中心一列的上下三角矩阵
        
        vector<vector<int>> res(m, vector<int>(1,1));
        if(n&1){
            vector<vector<int>> tmp=mul(a2, a1);
            res = mul(mul(a1,quick_pow(tmp, n/2)), res);
        }
        else{
            vector<vector<int>> tmp=mul(a1, a2);
            res = mul(quick_pow(tmp, n/2), res);
        }

        return 2ll*res[m-1][0]%mod; // 乘以2，因为有对称情况
    }
};

解毕，更好的题解在灵神的题解

2，力扣2954，统计感冒序列

题目链接：统计感冒序列

题目描述：
给你一个整数 n 和一个下标从 0 开始的整数数组 sick ，数组按 升序 排序。

有 n 位小朋友站成一排，按顺序编号为 0 到 n - 1 。数组 sick 包含一开始得了感冒的小朋友的位置。如果位置为 i 的小朋友得了感冒，他会传染给下标为 i - 1 或者 i + 1 的小朋友，前提 是被传染的小朋友存在且还没有得感冒。每一秒中， 至多一位 还没感冒的小朋友会被传染。

经过有限的秒数后，队列中所有小朋友都会感冒。感冒序列 指的是 所有 一开始没有感冒的小朋友最后得感冒的顺序序列。请你返回所有感冒序列的数目。

由于答案可能很大，请你将答案对 109 + 7 取余后返回。

难度分：2645

这题不卖关子，直接说了，题目说有一些小朋友感冒了，由这些小朋友一定可以分割出若干个连续的序列，用a_i表示每个连续序列的长度

$$ a_1,a_2,a_3…a_n $$

每个连续中可以贡献 $$2^{a_i-1}$$个可能。

由于每天只能感染一个人，所以每个序列可以算组合数算出所有的合法的排列数量，即公式
$$
\frac{\sum(a_i)!}{\prod(a_i!)}
$$

这个是 包含重复项的排列数。（比如将3个香蕉，2个苹果，1个橘子排成一排，有几种排法？）

接下来就是代码了，这里要是看懂了意思就很简单

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vector<int> A(100000,1);
vector<int> UA(100000,1); // A[i]表示i的阶乘 UA[i]表示i的阶乘的逆元
int init = 0;
const int mod=1e9+7;

class Solution {
public:
    int quick_pow(int base,int n){
        int ans=1;
        while(n){
            if(n&1){
                ans=1ll*ans*base%mod;
            }
            base=1ll*base*base%mod;
            n>>=1;
        }
        return ans;
    }

    int numberOfSequence(int n, vector<int>& sick) {
        if(!init){
            init=1;
            for(int i=2;i<100001;i++){
                A[i]=1ll*A[i-1]*i%mod;
                UA[i]=quick_pow(A[i],mod-2);
            }
        }
        vector<int> a(n+1,0);
        int sum=0;
        if(sick[0]) {
            a.push_back(sick[0]);
            sum+=sick[0];
        }

        if(sick.back()<n-1){
            a.push_back(n-1-sick.back());
            sum+=n-1-sick.back();
        }

        int ans=1;

        for(int i=1;i<sick.size();i++){
            if(sick[i]-sick[i-1]>1){
                a.push_back(sick[i]-sick[i-1]-1); // 计算中间的序列长度
                sum+=sick[i]-sick[i-1]-1;
                ans =1ll*ans*quick_pow(2,a.back()-1)%mod;
            }
        }

        if(a.empty()){
            return 0; // 如果a为空，说明没有中间序列，直接返回0
        }

        ans=1ll*ans*A[sum]%mod;
        for(int i=0;i<a.size();i++){
            ans=1ll*ans*UA[a[i]]%mod;
        }

        return ans;
    }
};

灵神的题解