最近在刷編程題，發現了許多雜七雜八的知識點，稍微歸類並記錄下來方便後續查閱。
本文的目錄如下：
1.組合數 2.快速冪 3.大數取模（乘法逆元和費馬小定理） 4.菲波拉契數列
1.組合數的求法
組合數
我們知道存在公式C(n, k) = [n*(n-1)*(n-2)*...*(n-k+1)] / [1*2*3*...*k]，直接的做法是把該式編程實現一下，時間複雜度也不會很高。但是這樣做存在一個問題：數值溢出。因此我們需要進行一些改進，其實也就是不先乘後除，而是邊乘邊除，這就避免了連乘時存在n的k次方導致數值溢出的情況。因爲比較簡單就直接上代碼了。
long long combination(long long n, long long k) {
k = min(k, n - k);
long long A = 1;
for (long long i = 1; i <= k; ++i, --n) {
A *= n;
A /= i;
}
return A;
}
這裏有個困惑的點在於，爲什麼A /= i正好能整除呢？我們注意到，i是從1到k變化的，首先，i=1時肯定可以整除；i=2時，此時分子上爲n*(n-1)，一定存在因子2；i=3時，分子上已經乘了 n*(n-1)*(n-2)，一定存在因子3. 依此類推，我們就可以得出A /= i可以整除的結論。
通常情況下上面的算法已經夠用了，但是似乎還有一些特殊案例不能通過，所以還看到有用最大公因數化簡的實現：
long long gcd(long long a, long long b) {
return !b ? a : gcd(b, a%b);
}
long long combination(long long n, long long k) {
k = min(k, n - k);
long long A = 1, C;
for (long long i = 1; i <= k; ++i, --n) {
C = gcd(i, n);
A *= n / C;
A /= i / C;
}
return A;
}
2.快速冪
假設我們要計算
double pow(double x, int n) {
long long N = n;
if (N < 0) {
x = 1 / x;
N = -N;
}
double ans = 1;
double current_product = x;
for (long long i = N; i ; i /= 2) {
if ((i % 2) == 1) {
ans = ans * current_product;
}
current_product = current_product * current_product;
}
return ans;
}
此外，還有一種情況是快速冪+取模，記作powm(x, n, m)，即x的n次方再對m取模，其中x、n、m均爲無符號整數。代碼如下：
typedef unsigned long long uLL;
uLL powm(uLL x, uLL n, uLL m) {
uLL ans = 1;
while(n > 0) {
if(n & 1) ans = ans * x % m;
x = x * x % m;
n >>= 1;
}
return ans;
}
如果是用python的話，可以直接調用內置的pow函數，也是快速冪實現，並且帶有取模的參數。
3.大數取模
首先介紹同餘的概念。當兩個整數除以同一個正整數，若得相同餘數，則二整數同餘。換句話說，如果a%m==b%m，則稱a,b同餘，記作a≡b(mod m).
同餘有很多特殊的性質，這裏就不展開了，後續碰到相關題目再補充。
回到大數取模的問題上，常見的取模公式有：
(a + b) % m = (a % m + b % m) % m
(a - b) % m = (a % m - b % m) % m
(a * b) % m = ((a % m) * (b % m)) % m
a ^ b % m = ((a % m) ^ b) % m
特殊的是，除法的取模，即(a / b) % m的求法，和上面的規律不同。我們需要用到乘法逆元和費馬小定理的知識。
費馬小定理：假如 p 是質數，那麼 a ^ (p-1) ≡ 1 (mod p) 。
推論：b ^ (p - 2) % p 即爲 b mod p 的乘法逆元，也就是說：
除法取模：(a / b) % m = (a * b ^ (m - 2)) % m.
注意這裏要求m爲質數，通常的算法題裏的模都等於10e9+7，正好是質數。於是我們可以把除法取模轉換成乘法和冪取模，而計算冪可以用到上面的快速冪算法。
4.菲波拉契數列
所謂菲波拉契數列，就是1,1,2,3,5,8,13,21,...，按照規律f(n) = f(n-1) + f(n-2)推算的數列。要計算第i個斐波那契數，即f(i)，直接套公式遞歸會有很多重複計算，肯定不是最優的，常規的做法是用兩個變量記錄上一個數和上上一個數，然後遞推更新，時間複雜度爲O(n). 但是最近發現，居然還有兩種O(log(n))的算法：Binets方法和斐波那契公式。
篇幅有限就不寫了，直接貼leetcode鏈接吧，也就是爬樓梯問題的題解。
https://leetcode-cn.com/problems/climbing-stairs/solution/pa-lou-ti-by-leetcode/