总：
①10w次询问——1 <= b <= a <= 2000——递推求——$N$²
②1w次询问——1 <= b <= a <= 10⁵——公式求——$NlogN$
③20次询问——1 <= b <= a <= 10¹⁸——Lucas定理
④1次询问——1 <= b <= a <= 5000——拆分质因子
AcWing.885.求组合数Ⅰ
给定 $n$ 组询问，每组询问给定两个整数 $a，b$，请你输出 $C$_a^b$mod(10$⁹$+7)$ 的值。

输入格式
第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行包含一组 $a$ 和 $b$。

输出格式
共 $n$ 行，每行输出一个询问的解。

数据范围
$1\le n\le 10000,1\le b\le a\le 2000$

输入样例：

3
3 1
5 3
2 2

输出样例：

3
10
1

组合数的算法：

a和b都最多有两千种，那么不同的a和b的组合数有2000²对，那么可以预处理所有的组合数的情况，这样就不会超时

可以根据递推式来递推出所有的组合数的值

代码：

#include<iostream>
using namespace std;const int N = 2010, mod = 1e9 + 7;int c[N][N];void init() {	//预处理for (int i = 0; i < N; i++)	//全部预处理for (int j = 0; j <= i; j++)	//i个里面选j个，当然j要小于等于i（组合数要求）if (!j)c[i][j] = 1;	//如果j是0，那么组合数等于1else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1] ) % mod;	//递推公式
}int main() {init();int n; cin >> n;while (n--) {int a, b;cin >> a >> b;cout << c[a][b] << endl;}return 0;
}

AcWing.886.求组合数Ⅱ
给定 $n$ 组询问，每组询问给定两个整数 $a$，$b$，请你输出 $C$_a^b$mod(10$⁹$+7)$ 的值。

输入格式
第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行包含一组 $a$ 和 $b$。

输出格式
共 $n$ 行，每行输出一个询问的解。

数据范围
$1\le n\le 10000,1\le b\le a\le 10$⁵

输入样例：

3
3 1
5 3
2 2

输出样例：

3
10
1

使用组合数的基本公式来求（阶乘的那个）

比如我们要求C_a^b，则需要求：
$a$的阶乘$mod$ * $b-a$的阶乘的逆元 $mod$* $b$的阶乘的逆元$mod$

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;int fact[N], infact[N];//fact[]：阶乘模mod之后，infact[]阶乘的逆元模mod之后int qmi(int a, int k, int p) {	//快速幂int res = 1;while (k) {if (k & 1)res = (ll)res * a % p;k >>= 1;a = (ll)a * a % p;}return res;
}int main() {fact[0] = infact[0] = 1;//预处理：0的阶乘都是1for (int i = 1; i < N; i++) {	//求阶乘与阶乘的逆元fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;//求逆元infact[i] = (ll)infact[i - 1] * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;}int n; cin >> n;while (n--) {int a, b; cin >> a >> b;//套公式							提前模，不然三个1e9相乘会爆long longcout << (ll)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod << endl;}return 0;
}

AcWing.887.求组合数Ⅲ
给定 n 组询问，每组询问给定三个整数 $a,b,p$，其中 $p$ 是质数，请你输出 $C$_a^b$modp$
的值。

输入格式
第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行包含一组 $a,b,p$。

输出格式
共 $n$ 行，每行输出一个询问的解。

数据范围
$1\le n\le 20,1\le b\le a\le 10$¹⁸$,1\le p\le 10$⁵

输入样例：

3
5 3 7
3 1 5
6 4 13

输出样例：

3
3
2

卢卡斯定理：

$C$_a^b $\equiv C$_amodp^bmodp $\ast C$_a/p^b/p $(modp)$

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long longint p;int qmi(int a, int k) {	//快速幂，p定义为了全局变量，不需要在传参int res = 1;while (k) {if (k & 1)res = (ll)res * a % p;k >>= 1;a = (ll)a * a % p;}return res;
}int C(int a, int b) {	//按定义的公式算组合数int res = 1;for (int i = 1, j = a; i <= b; i++, j--) {res = (ll)res * j % p;res = (ll)res * qmi(i, p - 2) % p;//快速幂求逆元}return res;
}int lucas(ll a, ll b) {	//lucas定理if (a < p && b < p) return C(a, b);	//如果都不大于模数，那么直接定义公式算return (ll)C(a % p, b % p) * lucas(a / p, b / p) % p;	//lucas定理
}int main() {int n; cin >> n;while (n--) {ll a, b;cin >> a >> b >> p;cout << lucas(a, b) << endl;}return 0;
}

AcWing.888.求组合数Ⅳ
输入 $a,b$，求 $C$_a^b 的值。

注意结果可能很大，需要使用高精度计算。

输入格式
共一行，包含两个整数 $a$ 和 $b$。

输出格式
共一行，输出 $C$_a^b 的值。

数据范围
$1\le b\le a\le 5000$

输入样例：

5 3

输出样例：

10

此题中需要先把$C$_a^b分解质因数，然后再实现一个高精度乘法即可

故我们先把输入以内的所有质数筛出来，然后求每个质数的次数：
a！ = a/p + a/p² + a/p³ + …
然后用高精度乘法把质因子乘起来

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;const int N = 5010;int primes[N], cnt;//存质数
bool st[N];
int sum[N];void get_primes(int n) {	//筛质数for (int i = 2; i <= n; i++) {if (!st[i])primes[cnt++] = i;for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {st[primes[j] * i] = true;if (i % primes[j] == 0)break;}}
}int get(int n, int p) {	//求n的阶乘里p的个数int res = 0;while (n) {res += n / p;n /= p;}return res;
}vector<int> mul(vector<int> a, int b) {	//高精度乘法模版vector<int> C;int t = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i++) {t += a[i] * b;C.push_back(t % 10);t /= 10;}while (t) {C.push_back(t % 10);t /= 10;}return C;
}int main() {int a, b; cin >> a >> b;get_primes(a);	//从2到a筛质数for (int i = 0; i < cnt; i++) {int p = primes[i];	//取出当前质数sum[i] = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);//当前数里p的个数}vector<int> res;	//存高精度乘法结果res.push_back(1);for (int i = 0; i < cnt; i++)	//枚举所有质数for (int j = 0; j < sum[i]; j++)//枚举这个质数的p的个数res = mul(res, primes[i]);	//相乘for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i--) cout << res[i];return 0;
}

AcWing.889.满足条件的01序列
给定 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$，它们将按照某种顺序排成长度为 $2n$ 的序列，求它们能排列成的所有序列中，能够满足任意前缀序列中 $0$ 的个数都不少于 $1$ 的个数的序列有多少个。

输出的答案对 $10$⁹$+7$ 取模。

输入格式
共一行，包含整数 $n$。

输出格式
共一行，包含一个整数，表示答案。

数据范围
$1\le n\le 10$⁵

输入样例：

3

输出样例：

5

此题将选择1或者选择0抽象成在一个二维坐标系内向上走或者想右走，详情见AcWing算法基础课数学知识（三）2:00:00左右，最终得到选法的式子为 $C_{2n}^n$-$C_{2n}^{n-1}$=$\frac{C_{2n}^n}{n+1}$ ，这个数被称为卡特兰数即这道题我们就是要求一个卡特兰数

代码：

#include<iostream>
using namespace std;const int mod = 1e9 + 7;//模数是质数的时候用快速幂求逆元，如果不是就只能用扩展欧几里得int qmi(int a, int k, int p) {	//快速幂int res = 1;while (k) {if (k & 1)res = (long long)res * a % p;a = (long long)a * a % p;k >>= 1;}return res;
}int main() {int n; cin >> n;int a = 2 * n, b = n;int res = 1;for (int i = a; i > a - b; i--) res = (long long)res * i % mod;for (int i = 1; i <= b; i++)res = (long long)res * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;//res算完之后是C（2n,n）res = (long long)res * qmi(n + 1, mod - 2, mod) % mod;cout << res << endl;return 0;
}