51Nod - 1119（组合数+逆元）

链接：51Nod - 1119

题意：

M * N的方格，一个机器人从左上走到右下，只能向右或向下走。有多少种不同的走法？由于方法数量可能很大，只需要输出Mod 10^9 + 7的结果。

Input

第1行，2个数M,N，中间用空格隔开。（2 <= m,n <= 1000000)

Output

输出走法的数量 Mod 10^9 + 7。

Input示例

2 3

Output示例

3

题解：这题数据比较大直接暴力肯定是不行咯，通过一部分打表我们不难发现这个矩阵就是由两个杨辉三角构成的，那么求f(n, m)就是求组合数c(m+n-2, m-1)%mod，其中n>=m;

我们令m+n-2=n, m-1=m, 即我们要求c(n, m)＝n!/((n-m)!*m!)%mod，为了书写方便，我们再令：a=n!/(n-m)!, b=m!;

那么我们现在要求的就是：(a/b)%mod，除法取模并不能直接计算，我们需要将之转化为乘法取摸运算；

接下来我们可以有两种解法：

解法１：

(a/b)%mod=(a*b')%mod，其中b'为b％mod的乘法逆元，求乘法逆元我们直接用exgcd就好了；不过这里还有一个问题需要注意：

a, b两个数本身就已经超过long long了，所以我们不能先直接计算出a, b的值再求逆元；那么我们是否可以在计算a, b的过程中给其取摸呢？

即：（(a%mod)/(b%mod))%mod=?((a%mod)*b')%mod,  答案是可以的，　因为：b=1(%mod), 那么有　b%mod=1(%mod), 　显然，先给b取摸再求逆是可行的。　所以我们最终要求的就是：((a%mod)*b')%mod；

解法２：

我们先引入费马小定理：对于互质的两个数b, mod，　有：b^(mod-1)=1(%mod)-----1式;

本题要求　x=(a/b)%mod，　即: a/b=x(%mod)-----2式;

联立1,2式，有：a/b*b^(mod-1)=x(%mod), 即：a*b^(mod-2)=x(%mod), 所以：x=a*b^(mod-2) % mod, 我们可以用快速幂求解；

关于上式证明：

１式等价于：b^(mod-1)%mod=1; 即: b^(mod-1)=k*mod+1;

2式等价于：(a/b)%mod=x; 即: a/b=k'*mod+x;

所以有：a/b*b^(mod-1)=k*k'*mod^2+k'*mod+x*k*mod+x;

所以：a/b*b^(mod-1)%mod=x；

所以：a/b*b^(mod-1)=x(%mod), 即原式得证；

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;
long long n, m;

void exgcd(long long a, long long b, long long& x, long long& y)
{
if(!b){
y = 0; x = 1;
return ;
}
exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
}

long long pow_mod(long long x, long long n)
{
long long ans = 1;
while(n){
if(n & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod;
n >>= 1;
}
return ans;
}

int main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);

if(n < m) swap(n, m);
n += m - 2; m--;
long long a = 1, b = 1, x, y;
for(long long i = n, j = 0; j < m; j++, i--) a = a * i % mod;
for(long long i = 2; i <= m; i++) b = b * i % mod;

exgcd(b, mod, x, y); //x为b对mod的逆元
x = (x % mod + mod) % mod;
printf("%lld\n", a * x % mod);

//printf("%lld\n", a * pow_mod(b, mod-2) % mod); //费马小定理

return 0;
}