1.二项式定理

这个就是二项式定理的重要公式，我们的二项式定理的每一项的系数，代表的意思为从n个里面选出k个 ，以下是来自于百度百科上面的解释（原谅我实在不会数学定义）

因此我们可以去讨论二项式定理中的最特殊的一种形式——杨辉三角 

假设我们的a，b都是1，那么式子就是(1+1)^n,我们可以得出杨辉三角的形状

 

这样就是我们的杨辉三角，我们可以发现每一层的和恰好就是（1+1）^ i，（杨辉三角从第0层开始的） 

如果说，我们将元素都移到最左边对齐，我们会发现一个结论，著名的组合恒等式

也就是说 ，我们第i层第j列的元素，就是由其正上方的元素和正上方左边一个的元素累加得到

我们在处理二项式定理的问题的时候，最容易碰到的就是求C(n,k)的问题（就是从n个里面选k个的问题），我们有两种解决思路（当然了这种问题多半会有取模，因为数据很大，我们每个位置都会对数据进行取模）

第一种：我们可以通过打表的方法去打出杨辉三角的二维数组取模表，但是这种方法的时间复杂度高达O(n^2)，只适用于小数据的问题

第二种：我们可以建立一个阶乘取模表，f[i]表示i的阶乘取模后的值是多少，然后建立一个逆元阶乘表，inv[i]表示i的阶乘的乘法逆元是多少，处理C(n,k)的问题直接调用公式即可.时间复杂度仅为O(n)

f[i]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;

2.二项式定理的证明 

以下是直接从左神的视频上截的图，因为自己证明写起来太麻烦了，我也是比较懒的

 

 

 3.例题

P1313 [NOIP2011 提高组] 计算系数 

 怎么说呢？二项式定理水题吧，数据也没那么大，可以用上述说明的两种方法，先去求前面那个二项式系数C(k,m)，然后快速幂去求a的n次方再乘以b的m次方，然后中间取模就好

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a,b,k,n,m;
int f[1005][1005];
int mod=10007;
int fast(int a, int b) 
{long long result = 1;long long base = a;while (b > 0) {if (b % 2 == 1) {result = (result * base) % mod;}base = (base * base) % mod;b /= 2;}return result;
}signed main()
{cin>>a>>b>>k>>n>>m;for(int i=0;i<=1000;i++){f[i][0]=1;}for(int i=1;i<=1000;i++){for(int j=1;j<=i;j++){f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%mod;}}cout<<f[k][m]*fast(a,n)%mod*fast(b,m)%mod;return 0;
}

P2822 [NOIP2016 提高组] 组合数问题

 

这题还是比较有意思的，一开始写的纯暴力，没有进行优化，导致了有些点T了，后面用了前缀和去优化才过的，我们看题可以发现，我们要寻找的是取模能够被k整除的，因此，我们在一开始打杨辉三角的表的时候，我们需要对每一个位置上的数都去取模k，然后开一个新的二维数组，如果当前杨辉三角的位置是0，那么那个记录数组的值就是1，否则就是0，然后我们仔细看题会发现，其实他给的数据已经规定好了去查找的矩形的右下角的位置，因此我们只需要用前缀和去处理一下值即可；

还有一个要注意的点就是，不是他给的m就一定可以达到的，如果m>n,那么右下角位置就是s[n][n],否则就是s[n][m];

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t,k;
int n,m;
int f[2005][2005];
int c[2005][2005];
int s[2005][2005];//二维前缀和 
void solve()
{cin>>n>>m;if(m>n){cout<<s[n][n]<<"\n";}elsecout<<s[n][m]<<"\n";
}signed main()
{cin>>t>>k;f[0][0]=1;for(int i=1;i<=2000;i++){f[i][0]=1;}for(int i=1;i<=2000;i++){for(int j=1;j<=i;j++){f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%k;}}for(int i=1;i<=2000;i++){for(int j=1;j<=i;j++){if(f[i][j]==0){c[i][j]=1;}else{c[i][j]=0;}}}for(int i=1;i<=2000;i++){for(int j=1;j<=2000;j++){s[i][j]=c[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];}}while(t--){solve();}return 0;
} 

 3251. 单调数组对的数目 II

 

怎么说呢？这题其实来自于一个大厂面试题，当时数据范围已经卡死在n最大可以为1e7，因此当时那个题目必须要用到O(n)的时间复杂的算法，因此我们就用那题的数据来处理这个问题，这样以后碰到，心里就不会发怵了

这题我也是看到很多大犇都是用前缀和优化dp去解决的，但是我这个蒟蒻dp实在是太垃圾了，因此还是选择的用组合数学去实现的O(n)的时间复杂度的计算

我们假设一种特殊情况—— 数组里面的值都是同一个值

假设，数组里面都是同一个值，那么如果分割的时候，前面分割的值变大，那么后面那个数组能得到的值一定是变小的，因此我们可以将其变成图像来更好的处理

我们发现，我们的最大值能取到的就是5，横着最大能取到的就是4，也就是说，由于每个数都是一样的，所以我们最多走到(4,5)那个点，因此，最多走9步 ，我们在这9步中只有4步是向右走，因此我们的答案就是C(9,4)(从9个里面去选4个)

但是当我们如果并不是同一个数呢？我们该想一想这个问题 

我们首先要确定边界，我们的边界就是最后一个数，也就是nums[n-1](n是数组的长度),然后我们就该分析当前的数大于，等于，小于的时候分别会产生哪些后果。

假设a数组是第一个数组(非递减数组)，b数组是第二个数组(非递增数组)

我们已知:a[i]>a[i-1]

因此：nums[i]-a[i]>=nums[i-1]-a[i-1]

得：a[i]>=max(a[i-1],nums[i]-nums[i-1]+a[i-1])

因此我们会发现如果当前位大于前一位的话，会导致必须要强行向上移动d步，d=nums[i]-nums[i-1]

如果强行移动的步数，大于标准m的话，那么将m归0

计算的时候计算C(m+n,n);

但是我们会发现这题数据非常的大，因此我们需要用到第二种方法，计算阶乘表，以及阶乘逆元表，然后就可以愉快的ac掉这个题了

long long f[3005];
long long inv[3005];
long long mod=1e9+7;
long long fast(int a, int b) 
{long long result = 1;long long base = a;while (b > 0) {if (b % 2 == 1) {result = (result * base) % mod;}base = (base * base) % mod;b /= 2;}return result;
}void ini()
{long long flag=1;f[0]=1;for(long long i=1;i<=3000;i++){f[i]=(f[i-1]*i)%mod;}inv[3000]=fast(f[3000],mod-2);for(long long i=3000;i>0;i--){inv[i-1]=(inv[i]*i)%mod;}return;
}long long solve(int n,int k)
{return f[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;
}class Solution {
public:long long countOfPairs(vector<int>& nums) {ini();long long len=nums.size();long long m=nums[len-1];for(int i=1;i<len;i++){m-=max((long long)(nums[i]-nums[i-1]),0LL);if(m<0){return 0;}}long long ans=solve(m+len,len);return ans;}
};