（nC1 + nC2 + nC3 + ... + nCr）％M

其中r < = n。

是否有一种有效的算法来解决这个问题？

Answer 1

我的第一个答案是不满意的，原因有几个，其中一个原因是我引用的论文难以理解和实施。所以我将为下面的问题提出一个不同的解决方案。

我们想要计算固定n，nC0 + nC1 + ... + nC(r-1)，模M的第一个r二项式系数之和。而不是通过减少n来减少nCk的计算，减少k更有意义：我们需要nC(k-1)作为总和的一部分;另外，我们可能比n少得多，所以通过递增n得到这个值可能远远不如递增r。

这是一个想法：首先请注意，如果r> n / 2我们有nC0 + ... + nC(r-1) = 2^n - (nCr + ... + nCn) = 2^n - (nC0 + ... + nC(n-r))，其中n-r＆lt; n / 2，所以我们将问题减少到r <= n / 2的情况。

接下来，应用身份

nCk = n!/(k!(n-k)!) = n!/((k-1)!(n-(k-1)!) x (n-k+1)/k = nC(k-1) x (n-k+1)/k

按顺序计算总和的条款。如果out整数的大小无限，我们可以计算

sum = 0;
nCi = 1; // i=0
for i = 1 to r-1
  sum += nCi;
  nCi *= (n-k+1);
  nCi /= k;
sum %= M;

这个问题是数字nCi（因此总和）会变得很大，所以我们必须使用大整数，这会减慢计算速度。但是，我们只需要结果mod M，所以如果我们在循环中执行计算mod M，我们可以使用int。

总和和产品是简单的模M，但是除法不是。为了将nCi除以k mod 10 ^ 6，我们需要以2 ^ s 5 ^ t u的形式写出nCi和k，其中u是10 ^ 6的相对素数。然后我们减去指数，并乘以u mod 10 ^ 6的倒数。为了以该形式编写nCi，我们还需要以该形式编写n-k + 1。

将k和n-k + 1放入2 ^ s 5 ^ tu的形式，其中u是10 ^ 6的相对素数，我们可以重复检查除数，然后除以2，并且相同为5。，似乎应该有更快的方式。

在任何情况下，算法现在都是O（r），这似乎是最快的，除非发现了总和的简单数学表达式。

Answer 2

请注意＆＃34;首先＆＃34;固定n的二项式系数为nC0。让f(n) = nC0 + nC1 + ... + nC(r-1)。使用＆＃34; Pascal的三角形＆＃34;身份，nCk = (n-1)C(k-1) + (n-1)Ck 我们有

    nC0 + nC1 + nC2 + ... + nC(r-1)
    = (n-1)C(-1) + (n-1)C0 + (n-1)C0 + (n-1)C1 + (n-1)C1 + (n-1)C2 + ... + (n-1)C(r-2) + (n-1)C(r-1) 
    = 2[(n-1)C0 + (n-1)C1 + (n-1)C2 + ... + (n-1)C(r-2)] + (n-1)C(r-1)
    = 2[(n-1)C0 + ... + (n-1)C(r-1)] - (n-1)C(r-1),

即， f(n) = 2f(n-1) - (n-1)C(r-1) 所以每个总和都可以通过将前一个加倍并减去(n-1)C(r-1)来计算。

例如，如果是r=3，那么

    f(0) = 1, 
    f(1) = 1 + 1      =  2 = 2f(0) - 0C2, 
    f(2) = 1 + 2 +  1 =  4 = 2f(1) - 1C2,
    f(3) = 1 + 3 +  3 =  7 = 2f(2) - 2C2,
    f(4) = 1 + 4 +  6 = 11 = 2f(3) - 3C2,
    f(5) = 1 + 5 + 10 = 16 = 2f(4) - 4C2,

等等。

要执行计算模型，您需要预先计算二项式系数(n-1)C(r-1) mod m。如果m是素数，则二项式系数mod m是循环的，周期为m^k（m的幂大于r-1）。如果m是素数的幂，则结果会更复杂。（参见http://www.dms.umontreal.ca/~andrew/PDF/BinCoeff.pdf。）如果m具有多个素数因子，则可以使用中国剩余定理将计算减少到先前的情况。

找到固定n模m的第一个r二项系数之和的算法

（nC1 + nC2 + nC3 + ... + nCr）％M

2 个答案: