二项式定理
内容
二项式定理阐明了一个展开式的系数：
( x + y ) n = ∑ i = 0 n ( i n ) x i y n − i (x+y)^n=\sum_{i=0}^n\left(^n_i\right)x^iy^{n-i} (x+y)n=i=0∑n(in)xiyn−i
证明：
( x + y ) n = ( x + y ) ( x + y ) ⋯ ( x + y ) (x+y)^n=(x+y)(x+y)\cdots(x+y) (x+y)n=(x+y)(x+y)⋯(x+y)
暴力拆开看一下，应该是每个 ( x + y ) (x+y) (x+y)，都取出一个 x x x 或者 y y y，去跟后面所有的 ( x + y ) (x+y) (x+y) 中再取一个数字，乘起来，相加。
所以展开后的每一项都是 n n n 次项。
而注意到先选 i i i 个 x x x，后选 n − i n-i n−i 个 y y y 与先选 n − i n-i n−i 个 y y y，后选 i i i 个 x x x 乘起来其实是一样的，即我们关心的只是 x i y n − i x^iy^{n-i} xiyn−i 中的 i i i 以及有多少个 x i y n − i x^iy^{n-i} xiyn−i。
从组合数学的方向考虑，假设我们选择了 i i i 个 x x x，那么就需要选择 ( n − i ) (n-i) (n−i) 个 y y y。
而方案数就是 ( i n ) = ( n − i n ) \left(^n_i\right)=\left(^n_{n-i}\right) (in)=(n−in)。
即从 n n n 个 ( x + y ) (x+y) (x+y) 中，选 i i i 个 x x x 或选 n − i n-i n−i 个 y y y 的方案数，但本质上是等价的。
所以对于一共选了 i i i 个 x x x， n − i n-i n−i 个 y y y，贡献就是 ( i n ) x i y n − i \left(^n_i\right)x^iy^{n-i} (in)xiyn−i。
对于完全展开后的式子，就是把所有上述式子相加，即 ∑ i = 0 n ( i n ) x i y n − i \sum_{i=0}^n\left(^n_i\right)x^iy^{n-i} ∑i=0n(in)xiyn−i。
一些推论
感觉只要会了普通版本，这些东西十分简单，就是特殊情况。
- ( x + 1 ) n = ∑ i = 0 n ( i n ) x i (x+1)^n=\sum_{i=0}^n\left(^n_i\right)x^i (x+1)n=∑i=0n(in)xi
令 y = 1 y=1 y=1 即可，不解释。
- ∑ i = 0 n ( i n ) = 2 n \sum_{i=0}^n\left(^n_i\right)=2^n ∑i=0n(in)=2n
这个可以当作是在 n n n 个数中选子集，每个数都有选和不选两种状态，所以一共是 2 n 2^n 2n 种。
- ∑ i = 0 n ( − 1 ) i ( i n ) = 0 \sum_{i=0}^n(-1)^i\left(^n_i\right)=0 ∑i=0n(−1)i(in)=0
令 x = − 1 , y = 1 x=-1,y=1 x=−1,y=1 即可。
多项式定理
直接上式子：
( x 1 + x 2 + ⋯ x k ) n = ∑ ( ∑ l = 1 k n l ) = n ∏ i = 1 k ( n i n − ∑ j = 1 i − 1 n j ) x i n i (x_1+x_2+\cdots x_k)^n=\sum_{\left(\sum_{l=1}^kn_l\right)=n}\prod_{i=1}^k\left(^{n-\sum_{j=1}^{i-1}n_j}_{n_i}\right)x_i^{n_i} (x1+x2+⋯xk)n=(∑l=1knl)=n∑i=1∏k(nin−∑j=1i−1nj)xini
即考虑 x i x_i xi 选择 n i n_i ni 个的方案数。
与二项式定理同理，所有项的系数必须是 n n n。
( n i n − ∑ j = 1 i − 1 n j ) \left(^{n-\sum_{j=1}^{i-1}n_j}_{n_i}\right) (nin−∑j=1i−1nj)
这一坨的意思是，当前考虑到第 i i i 个， n n n 个中已经被选了 ∑ j = 1 i − 1 n j \sum_{j=1}^{i-1}n_j ∑j=1i−1nj 个，需要选 n i n_i ni 个 x i x_i xi 的方案数。
给点例题
题意：给定多项式 ( a x + b y ) k (ax+by)^k (ax+by)k，求展开后 x n y m x^ny^m xnym 的系数。
本来是很复杂的，但是学完二项式定理就很简单了，推式子：
( a x + b y ) k = ∑ i = 0 k ( i k ) ( a x ) i ( b y ) n − i (ax+by)^k\\ =\sum_{i=0}^k\left(^k_i\right)(ax)^i(by)^{n-i} (ax+by)k=i=0∑k(ik)(ax)i(by)n−i
其中要我们求的就是 ( n k ) ( a x ) i ( b y ) n − i \left(^k_n\right)(ax)^i(by)^{n-i} (nk)(ax)i(by)n−i。
移出系数就是： ( n k ) a i b n − i \left(^k_n\right)a^ib^{n-i} (nk)aibn−i。
用快速幂搞搞即可。
注意排列数记得用递推式： C i , j = C i − 1 , j + C i − 1 , j − 1 C_{i,j}=C_{i-1,j}+C_{i-1,j-1} Ci,j=Ci−1,j+Ci−1,j−1。其中 C i , j C_{i,j} Ci,j 表示从 i i i 个物品中，无序地选取 j j j 个的方案数。
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ljl;
#define FUP(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define FDW(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
inline void Rd(auto &num);
const int K=1e3+5,N=K,M=K;
const ljl Mod=10007;
ljl a,b,k,n,m,fct[N],C[N][N];
ljl qpow(ljl a,ljl k)//a^k
{
ljl ans=1ll;
while(k)
{
if(k&1)ans=ans%Mod*a%Mod;
a=a%Mod*a%Mod;
k>>=1;
}
return ans;
}
void getc()
{
//c[a][b]:choose b in a
FUP(i,1,k)
C[i][0]=C[0][i]=1;
FUP(i,1,k)
FUP(j,1,i)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%Mod;
// FUP(i,1,k)
// {
// FUP(j,1,k)
// {
// printf("%lld ",C[i][j]);
// }
// printf("\n");
// }
return ;
}
int main(){
Rd(a);Rd(b);Rd(k);Rd(n);Rd(m);
fct[1]=1;
FUP(i,2,k)
fct[i]=fct[i-1]*i%Mod;
getc();
printf("%lld\n",C[k][n]%Mod*qpow(a,n)%Mod*qpow(b,m)%Mod);
return 0;
}
inline void Rd(auto &num)
{
num=0;char ch=getchar();bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
num=(num<<1)+(num<<3)+(ch-'0');
ch=getchar();
}
if(f)num=-num;
return;
}