求大组合数 题目描述 从1到n这些整数中，选m个数的组合的个数。用这个公式计算： n!是n的阶乘表示1*2*3*……*n n很大时这个结果会特别大，请输出组合数模100000007的结果 输入 两个整数 n，m 输出 一个整数

题目所描述的问题涉及到计算较大的组合数并取模100000007，这是因为直接计算阶乘可能导致数值过大，超过了数据类型的范围。在这种情况下，通常会使用中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem, CRT）或者费马小定理（Fermat's Little Theorem）进行优化，通过将原问题转换成一系列较小规模的模运算来解决。

一个常用的高效算法是基于 Lucas 猴子归纳法（Lucas's theorem），它结合了二项式定理和模运算。这个过程可以简化为对每个位数进行迭代，并利用之前计算的组合数模100000007的结果。

当你需要输入两个整数 n 和 m 时，程序会计算 C(n, m) 对于模 100000007 的值，并将其作为整数输出。

如果你想要了解具体的代码实现，这里给出一个简化的伪代码框架：

def modular_combination(n, m):
    mod = 100000007
    fact_mod_m = [1] * (n + 1)
    
    # 计算阶乘模100000007
    for i in range(2, n+1):
        fact_mod_m[i] = (fact_mod_m[i - 1] * i) % mod

    # 使用 Lucas 猴子归纳法计算组合数
    result = pow(fact_mod_m[m], mod - 2, mod) * fact_mod_m[n] % mod
    return result

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c++求大组合数 题目描述 从1到n这些整数中，选m个数的组合的个数。用这个公式计算： n!是n的阶乘表示1*2*3*……*n n很大时这个结果会特别大，请输出组合数模100000007的结果 输入 两个整数 n，m 输出 一个整数

在 C++ 中，计算大组合数通常涉及动态规划，特别是当涉及到模运算时，因为直接计算阶乘可能导致数值溢出。你可以使用 Lucas 定理或递推算法结合取模操作来解决这个问题。这里是一种常见的做法，即使用 `modular_inverse` 函数来处理模逆和乘法的优化。

#include <iostream>
using namespace std;

// 计算 a * b mod p 的快速幂方法
long long modular_multiply(long long a, long long b, int p) {
    long long res = 0;
    a %= p;
    while (b > 0) {
        if (b % 2 == 1) {
            res = (res + a) % p;
        }
        a = (a * 2) % p; // 使用双倍法加速乘法
        b /= 2;
    }
    return res;
}

// 计算阶乘模 p 的逆元
long long modular_inverse(long long num, int p) {
    long long inv = 1, temp = p;
    for (int i = 2; i <= num / temp; ++i) {
        inv = (inv * temp) % p;
        temp = (temp * temp) % p;
    }
    return (num * inv) % p;
}

// 用 Lucas 定理计算组合数
long long combination(int n, int m, int p) {
    if (m > n || m < 0 || n < 0)
        return 0;

    long long fact[n + 1], inv_fact[n + 1];
    fact[0] = inv_fact[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        fact[i] = fact[i - 1] * i % p;
        inv_fact[i] = modular_inverse(fact[i], p);
    }

    long long res = fact[n];
    res = modular_multiply(res, inv_fact[m], p);
    res = modular_multiply(res, inv_fact[n - m], p);

    return res;
}

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    cout << "组合数 mod 100000007: " << combination(n, m, 100000007) << endl;
    return 0;
}

在这个代码中，我们首先计算了阶乘和它们的逆元，然后利用组合数公式 `C(n, m) = n! / [m!(n-m)!]` 来计算组合数，并在每次乘法中都对 `p` 取模，避免数值溢出。输入 n 和 m 后，程序将输出 n 个数中选 m 个的组合数，结果对 100000007 取模。

题目描述 3. 平面分割（surface） 【问题】一平面内有n条直线，已知其中p条直线相交于同一点，则这n条直线最多能将平面分割成多少个不同的区域 【输入】两个整数 n p （n<=500, 2<=P<=n） 【输出】区域总数 用c语言编写程序解决这个问题

题目描述涉及到几何和组合数学中的一个问题，当你有一张平面上有n（2 <= n <= 500）条直线，并且其中有p（2 <= p <= n）条直线相交于同一个点，问题是计算这些直线最多可以将平面分成多少个互不重叠的区域。当一条直线穿过这个交点时，它会增加一个新区域，除非这条直线与其他已经相交的直线平行，那样就只增加了一个公共边界。所以关键是考虑如何避免重复计数。

对于每一对非平行的直线，它们会形成一个新的区域；对于每个交点，你可以将它看作是一个“额外”的线，它会与之前的n-p条直线一起增加新的区域。因此，总的区域数等于没有交点的情况下的区域数加上交点带来的额外区域数，即：

- 没有交点的情况下，是n条直线形成的区间的个数，可以用公式n*(n+1)/2 - n 来计算，因为这是等差数列求和的结果减去最初的单边区域（每个点是一个区域）。
- 对于每一个交点，新增加的区域数是(n-p)。

最后的答案就是这两个值之和。

编写C语言程序解决这个问题需要考虑上述逻辑，可以使用循环和一些基本的数学操作。如果你需要具体的代码示例，我可以帮你提供一个简化版本，但请注意实际项目中可能需要优化处理大数值防止溢出。下面是一个简单的伪代码示例：

int max_regions(int n, int p) {
    // 区域由无交点情况和交点情况组成
    int regions_without_intersection = n * (n + 1) / 2 - n;
    int extra_regions_per_intersection = n - p;

    return regions_without_intersection + extra_regions_per_intersection * p;
}