第四章 数学知识（三）——高斯消元，组合

news2025/11/4 22:12:39

文章目录

    • 高斯消元
    • 组合数
    • 高斯消元练习题
      • 884. 高斯消元解异或线性方程组
    • 组合数练习题
      • 885. 求组合数 I
      • 886. 求组合数 II
      • 887. 求组合数 III
      • 888. 求组合数 IV
      • 889. 满足条件的01序列

高斯消元

在 n 3 n^3 n3的时间复杂度内求解含有n个未知数的多元线性方程组
image.png
每一个方程表示为：
a i 1 x 1 + a i 2 x 2 + . . . + a i n x n = b i a_{i1}x_1 + a_{i2}x_2+...+a_{in}x_n=b_i ai1​x1​+ai2​x2​+...+ain​xn​=bi​
每个方程中有n个未知数，一共有n个这样的方程

方程的解有三种

  1. 无解
  2. 唯一解
  3. 无穷多解

用n * n + 1的系数矩阵表示以上方程组，其中第n + 1列表示 b i b_i bi​，对系数矩阵进行初等行变换以解方程，初等行变换有：

  1. 某一行乘以一个非零的数
  2. 交换某两行
  3. 把某行的若干倍加到另一行上
    初等行变换前后的方程组是等价的

将矩阵变换成上三角的形式，根据上三角的形式判断解的类型

  1. 唯一解：完美的阶梯型
  2. 无解：不是完美阶梯型，方程出现0 = !0的情况
  3. 无穷多解：不是完美阶梯型，方程出现0 = 0的情况
  • 找到当前列中绝对值最大元素所属的行
  • 将最大行与当前行交换
  • 用初等行变换将当前行的当前列元素变换成1
  • 用初等行变换，将当前元素往下的所有元素变换成0（这样的话当前列只有当前元素是非0的）

枚举所有列，每次都进行以上操作。需要注意的是：当最大元素为0时，跳过剩下步骤，直接枚举下一列。若跳过步骤，需要遍历下一列，依然遍历当前行。若完成了所有操作，需要遍历下一列与下一行

若行列式被化简成完美的阶梯型（每次的都是遍历下一列与下一行，即每次找到的最大元素非0），此时需要倒着求解：
矩阵中存储的是每个未知数的系数，每一行第一个未知数的系数都是1，使用初等行变换，只保留每一行的第一个非0系数，将该系数所属列的其他系数都变换成0

0表示无解，1表示唯一解，2表示无穷多解

模板：

int n;
double a[N][N];
const double eps = 1e-8;
// 用r遍历矩阵的行，c遍历矩阵的列，所以r和c表示当前行与当前列
int gauss()
{
	for (int c = 0, r = 0; c < n; ++ c )
	{
		int t = r;
		// 找出当前列的最大元素所属的行
		for (int i = r + 1; i < n; ++ i ) if (fabs(a[i][c]) > fabs(a[t][c])) t = i;
		if (fabs(a[t][c]) < eps) continue;
		// 将最大元素所属的行与当前行交换（每个列元素的交换）
		for (int j = c; j <= n; ++ j ) swap(a[t][j], a[r][j]);
		// 用初等行变换将第一个非0元素变为1
		for (int j = n; j >= c; -- j ) a[r][j] /= a[r][c];
		// 用初等行变换，使得当前列往下的元素为0
		for (int i = r + 1; i < n; ++ i )
			if (fabs(a[i][c]) > eps)
				for (int j = n; j >= c; -- j )
					a[i][j] -= a[r][j] * a[i][c];
		
		r ++ ;
	}
	
	if (r < n) 
	{
		for (int i = r; i < n; ++ i )
		{
			if (fabs(a[i][n]) > eps) return 0; // 无解
		}
		return 2; // 无穷解
	}

	// 从最后一行开始更新b值
	for (int i = n - 1; i >= 0; -- i )
		for (int j = i + 1; j < n; ++ j )
			a[i][n] -= a[j][n] * a[i][j];
	return 1;
}

关于倒着求解：
若最后的矩阵是完美阶梯型，要获取未知数的解，就要使第i行只有第i个元素为1，其他元素都要为0，此时该方程为 x i x_i xi​ = b i b_i bi​
上面的模板中，第一个for之后，对于矩阵的第i行来说，只有前i - 1个元素为0，所以要把第i + 1到最后的元素用初等行变换变为0
由于第i行只有第i个元素为0，所以 a [ i ] [ j ] a[i][j] a[i][j]这个元素要想变成0，只能通过第 j j j行进行初等行变换
因为第j行的第j个元素为1，所以减去第j行的所有元素 * a [ i ] [ j ] a[i][j] a[i][j]，就能使 a [ i ] [ j ] a[i][j] a[i][j]为0
必要忘记将第i行的 b i b_i bi​值减去第j行的 b j b_j bj​ * a [ i ] [ j ] a[i][j] a[i][j]

组合数

C a b = a ! b ! ( a − b ) ! C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!} Cab​=b!(a−b)!a!​
公式中，分母是b!，分子是a * a - 1 * a - 2 * ... * a - b + 1

一个重要的递推式：
C a b = C a − 1 b − 1 + C a − 1 b C_a^b=C_{a-1}^{b-1}+C_{a-1}^b Cab​=Ca−1b−1​+Ca−1b​
image.png
可以这么理解：从 a a a个物品中选择 b b b个物品，有几种选法？
从 a a a个物品中随便挑选一个物品，在剩下 a − 1 a-1 a−1个物品中选择 b b b个物品，此时有几种选法？
两种情况：
若选择之前挑好的物品，那么就要在剩下a-1个物品中选择b-1个物品，此时的选法为 C a − 1 b − 1 C_{a-1}^{b-1} Ca−1b−1​
若不选择之前挑好的物品，那么就要在剩下a-1个物品中选择b个物品，此时的选法为 C a − 1 b C_{a-1}^b Ca−1b​

将这两种情况相加，得到的就是从a个物品中选择b个物品的选法，即 C a b C_a^b Cab​

需要注意的是：
从n个物品中选择0个物品，此时的选法 C n 0 C_n^0 Cn0​ = 1
从0个物品中选择n个物品，此时的选法 C 0 n C_0^n C0n​ = 0

根据数据的范围以及精度问题，组合数求解分为4种

1 <= b <= a <= 2000

当题目中的a范围较小，要求该范围内的组合数时，可以直接使用上面的递推公式
C a b = C a − 1 b − 1 + C a − 1 b C_a^b=C_{a-1}^{b-1}+C_{a-1}^b Cab​=Ca−1b−1​+Ca−1b​
将范围内的所有组合数求出并保存，当询问某一组合数时，直接返回

模板：

const int N = 1e9 + 7;
int c[N][N];
for (int i = 0; i < N; ++ i) c[i][0] = 1;

for (int i = 1; i < N; ++ i)  
	for (int j = 1; j <= i; ++ j)
		c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;

1 <= b <= a <= 100000

根据组合数的定义：
C a b = a ! b ! ( a − b ) ! C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!} Cab​=b!(a−b)!a!​
对于范围内的数据，先预处理范围内数据的所有阶乘，之后这些阶乘将参与组合数的求解
需要注意的是：0的阶乘为1

当阶乘作为除数时，需要用快速幂求其逆元。为什么不能直接除以阶乘，反而要求其逆元呢？以下程序是两者的对比：
image.png

一个直接除以阶乘进行计算，一个乘以其逆元进行计算，只有乘逆元的运算结果是准确的。因为`(a / b) % m != (a % m) / (b % m)

所以我们要预处理两个数组，一个存储范围内数据的阶乘，一个存储阶乘的逆元
模板：

const int N, mod = 1e9 + 7;
int fact[N], infact[N];
fact[0] = 1, infact[0] = 1;
tyepdef long long LL;

int qmi(int a, int k, int p)
{
	int res = 1;
	while (k)
	{
		if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
		a = (LL)a * a % p;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}

for (int i = 1; i < N; ++ i ) 
{
	fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
	infact[i] = (LL)qmi(fact[i], mod - 2, mod) % mod;
}

int c = (LL)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;
pritnf("%d\n", c);

1 <= b <= a <= 1 0 18 10^{18} 1018

若p是质数，则有卢卡斯定理：
C a b ≡ C a   m o d   p b   m o d   p   C a / p b / p   ( m o d   p ) C_a^b ≡ C_{a\ mod\ p}^{b\ mod\ p}\ C_{a/p}^{b/p}\ (mod\ p) Cab​≡Ca mod pb mod p​ Ca/pb/p​ (mod p)
若数据范围很大，通过卢卡斯定理，我们就可以将数据缩小到p的范围内
若b / p, a / p还是大于p，那么继续使用卢卡斯定理，代码可以通过递归实现
当数据范围小于p时，直接通过定义求解组合数：
C a b = a ∗ ( a − 1 ) ∗ ( a − 2 ) ∗ . . . ∗ ( a − b + 1 ) b ! C_a^b=\frac{a*(a-1)*(a-2)*...*(a-b+1)}{b!} Cab​=b!a∗(a−1)∗(a−2)∗...∗(a−b+1)​
模板：

int qmi(int a, int k, int p)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int C(int a, int b, int p)
{
    if (b > a) return 0;
    if (b > a - b) b = a - b;
    int x = 1, y = 1;
    for (int i = 0; i < b; ++ i )
    {
        x = (LL)x * (a - i) % p;
        y = (LL)y * (i + 1) % p;
    }
    return (LL)x * qmi(y, p - 2, p) % p;
}

int lucas(LL a, LL b, int p)
{
    if (a < p && b < p) return C(a, b, p);
    return (LL)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}

有性质：
C a b = C a a − b C_a^b=C_a^{a - b} Cab​=Caa−b​
所以当b > a - b时，可以将b = a - b，以减少组合数的计算次数
所以C函数中有if (b - a < b) b = b - a

高精度组合数

分解 C a b C_a^b Cab​的质因数，只实现高精度乘法即可

利用组合数的定义：
C a b = a ! b ! ( a − b ) ! C_a^b=\frac{a!}{b!(a-b)!} Cab​=b!(a−b)!a!​
计算 a ! a! a!， b ! b! b!和 ( a − b ) ! (a-b)! (a−b)!中所有质因子的出现次数，将 p i p_i pi​在 a ! a! a!中的出现次数减去 p i p_i pi​在 b ! b! b!和 ( a − b ) ! (a-b)! (a−b)!中的出现次数相加，就能得到 C a b C_a^b Cab​中 p i p_i pi​的出现次数k
那么
C a b = p 1 k 1   p 2 k 2   . . .   p n k n C_a^b=p_1^{k_1}\ p_2^{k_2}\ ...\ p_n^{k_n} Cab​=p1k1​​ p2k2​​ ... pnkn​​

对于 a ! a! a!，如何计算出它的某个质因子 p p p的个数？
a ! = [ a p ] + [ a p 2 ] + [ a p 3 ] + . . . a! = [\frac{a}{p}] + [\frac{a}{p^2}] + [\frac{a}{p^3}] + ... a!=[pa​]+[p2a​]+[p3a​]+...
a ! a! a!由 1 1 1, 2 2 2, 3 3 3, … , a a a这些数相乘，这些数也能分解质因数
若 a a a等于 p p p的 k k k倍（可能有余数），那么在 1 1 1, 2 2 2, 3 3 3, … , a a a这些数中，肯定存在 p p p的 k − 1 k - 1 k−1倍， p p p的 k − 2 k - 2 k−2倍，…， p p p的 1 1 1倍。因为这些数是连续的，这就表示 a ! a! a!中， p p p出现了 k k k次
而某个数等于 p p p的 n n n倍，说明该数的质因数分解中p出现了一次，但 p p p可能会出现2，3，…次，所以还需要判断 p 2 p^2 p2， p 3 p^3 p3，…是否在该数中出现
同样的，通过判断a是 p n p^n pn的几倍，知道 p n p^n pn在 a ! a! a!中出现的次数
再看上面的式子，当 p n > a p^n > a pn>a时，说明 a ! a! a!中不存在 p n p^n pn这个因数，此时计算停止

总结下步骤：

  1. 线性筛出 a a a的质数
  2. 求 C a b C_a^b Cab​中每个质数的出现次数
  3. 用高精度乘法将所有的质因数乘到一起得到 C a b C_a^b Cab​

模板：

int primes[N], cnt;
bool st[N];
int pcnt[N];

void get_primes(int n)
{
	for (int i = 2; i <= n; ++ i )
	{
		if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
		for (int j = 0; primes[j] <= i / j; ++ j )
		{
			st[primes[j] * i] = true;
			if (i % primes[j] == 0) break;
		}
	}
}

// 获取a!中质因数p的个数
int get(int a, int p)
{
	int res = 0;
	while (a)
	{
		res += a / p;
		a /= p;
	}
	return res;
}

vector<int> mul(vector<int>& a, int b)
{
	vector<int> c;
	int t = 0, s = a.size();
	for (int i = 0; i < s || t; ++ i )
	{
		if (i < s) t += a[i] * b;
		c.push_back(t % 10);
		t /= 10;
	}
	return c;
}

get_primes(a);
// 计算a!,b!和(a - b)!中，所有质数的出现次数并存储在pcnt中
for (int i = 0; i < cnt; ++ i )
{
	int p = primes[i];
	pcnt[i] = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p); 
}

// 将所有质因数相乘得到最后的答案
vector<int> res;
res.push_back(1);
for (int i = 0; i < cnt; ++ i )	
	for (int j = 0; j < pcnt[i]; ++ j )
		res = mul(res, primes[i]);

for (int i = res.size() - 1; i >= 0; -- i )
	printf("%d", res[i]);
printf("\n");

卡特兰数

直接看题：
image.png
01序列可以转换成矩阵中的路径问题
0表示向右走一步，1表示向上走一步
题目给定n个0和n个1，我们就可以从(0, 0)开始走，最后走到(n, n)这个点
可以走几步？从2n步中选择n步向上或向右走，总共的步数就是 C 2 n n C_{2n}^n C2nn​

转换题目的限制条件：任意前缀中0的数量都要大于等于1的数量
也就是在坐标中x >= y，路径只能接触下图中的绿线并且位于绿线下方
当路径中的某个点接触到了红线，就说明该路径是一条不符合题目要求的路径
找出所有不符合题目要求的路径，将总的路径数减去不符合题意的路径数，就能得到我们想要的答案
image.png
现在的问题是不符合题意的路径有几条？
假设一条路径接触或越过了红线，我们将这条路径中第一次与红线接触的点往后的路径，以红线为对称轴做轴对称
我们能发现所有不符合题意的路径最后都递达了(n - 1, n + 1)这个点
所以不符合题意的路径数为：从(0, 0)开始到(n - 1, n + 1)这个点的路径数，也就是 C 2 n n − 1 C_{2n}^{n-1} C2nn−1​

所以符合题意的路径数为：
C 2 n n − C 2 n n − 1 C_{2n}^n - C_{2n}^{n-1} C2nn​−C2nn−1​
将其化简得到：
C 2 n n n + 1 \frac{C_{2n}^n}{n+1} n+1C2nn​​

该数被称为卡特兰数

如何求解卡特兰数？根据数据范围从四种求组合数的方式种选择一种适合的即可

高斯消元练习题

883. 高斯消元解线性方程组 - AcWing题库
image.png

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>

using namespace std;
const double eps = 1e-8;
const int N = 110;
double a[N][N];
int n;

int gauss()
{
    int c, r;
    for (c = 0, r = 0; c < n; ++ c)
    {
        int t = r;
        // 找当前列的最大元素所属的行
        for (int i = r + 1; i < n; ++ i )
            if (fabs(a[i][c]) > fabs(a[t][c])) t = i;
            
        if (fabs(a[t][c]) < eps) continue;
        // 将最大行与当前行交换
        for (int j = c; j <= n; ++ j ) swap(a[r][j], a[t][j]);
        // 初等行变换使当前行第一个元素为1
        for (int j = n; j >= c; -- j ) a[r][j] /= a[r][c];
        // 初等行变换使当前列以下的元素为0
        for (int i = r + 1; i < n; ++ i )
            if (fabs(a[i][c]) > eps)
                for (int j = n; j >= c; -- j )
                    a[i][j] -= a[i][c] * a[r][j];
        
        r ++ ;

    }
    if (r < n)
    {
        for (int i = r; i < n; ++ i )
            if (fabs(a[i][n]) > eps) return 0;
        return 2;
    }
    
    for (int i = n - 1; i >= 0; -- i )
        for (int j = i + 1; j < n; ++ j )
            a[i][n] -= a[i][j] * a[j][n];
            
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; ++ i )
        for (int j = 0; j <= n; ++ j )
            scanf("%lf", &a[i][j]);
    
    int t = gauss();
    if (t == 0) puts("No solution");
    else if (t == 2) puts("Infinite group solutions");
    else
    {
        for (int i = 0; i < n; ++ i )
            printf("%.2lf\n", a[i][n]);    
    }
    
    return 0;
}

debug：eps定义成int类型，应该定义成double类型，这是第二次犯了
倒着求解时，i应该等于r
fabs要记得加，老是忘

884. 高斯消元解异或线性方程组

884. 高斯消元解异或线性方程组 - AcWing题库
image.png

就是高斯消元的简单变形，初等行变换用异或体现就行了

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 110;
int a[N][N];
int n;

int gauss()
{
    int r = 1, c = 1;
    for (; c <= n; ++ c )
    {
        int t = -1;
        for (int i = r; i <= n; ++ i ) 
        {
            if (a[i][c]) 
            {
                t = i;
                break;
            }
        }
         
        if (t == -1) continue;
        
        for (int j = n + 1; j >= 1; -- j ) swap(a[t][j], a[r][j]);
        for (int i = r + 1; i <= n; ++ i )
            if (a[i][c])
                for (int j = c; j <= n + 1; ++ j )
                    a[i][j] ^= a[r][j];
                    
        r ++ ;
    }
    
    if (r != c)
    {
        for (int i = r; i <= n; ++ i )
            if (a[i][n + 1])
                return 0;
                
        return 2;
    }
    
    for (int i = n - 1; i >= 1; -- i )
        for (int j = i + 1; j <= n; ++ j )
            if (a[i][j]) a[i][n + 1] ^= a[j][n + 1];
            
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        for (int j = 1; j <= n + 1; ++ j )
            scanf("%d", &a[i][j]);
            
    int t = gauss();
    if (t == 2) puts("Multiple sets of solutions");
    else if (t == 0) puts("No solution");
    else for (int i = 1; i <= n; ++ i ) printf("%d\n", a[i][n + 1]);
    
    return 0;
}

debug：

for (int i = r; i <= n; ++ i ) 
{
	if (a[i][c]) 
	{
		t = i;
		break;
	}
}

t = i写成t = r
最后倒着求答案时
a[i][n + 1] ^= a[j][n + 1]写成a[i][n + 1] ^= a[j][n + i]，？这谁找得到啊

组合数练习题

885. 求组合数 I

885. 求组合数 I - AcWing题库
image.png

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 2010, mod = 1e9 + 7;
int c[N][N];
int n;

void init()
{
    for (int i = 0; i < N; ++ i) c[i][0] = 1;
    
    for (int i = 1; i < N; ++ i)  
        for (int j = 1; j <= i; ++ j)
            c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}

int main()
{
    init();
    
    scanf("%d", &n);
    int a, b;
    while (n -- )
    {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        printf("%d\n", c[a][b]);
    }
    
    return 0;
}

886. 求组合数 II

886. 求组合数 II - AcWing题库
image.png

#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 100010, mod = 1e9 + 7;
int n, fact[N], infact[N];

int qmi(int a, int k, int p)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
        a = (LL)a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    fact[0] = 1, infact[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++ i )
    {
        fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
        infact[i] = (LL)qmi(fact[i], mod - 2, mod) % mod;
    }
    scanf("%d", &n);
    int a, b;
    while (n -- )
    {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        int c = (LL)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;
        printf("%d\n", c);
    }
    
    return 0;
}

887. 求组合数 III

887. 求组合数 III - AcWing题库
image.png

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n;

int qmi(int a, int k, int p)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int C(int a, int b, int p)
{
    if (b > a) return 0;
    if (b > a - b) b = a - b;
    int x = 1, y = 1;
    for (int i = 0; i < b; ++ i )
    {
        x = (LL)x * (a - i) % p;
        y = (LL)y * (i + 1) % p;
    }
    return (LL)x * qmi(y, p - 2, p) % p;
}

int lucas(LL a, LL b, int p)
{
    if (a < p && b < p) return C(a, b, p);
    return (LL)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    LL a, b;
    int p;
    while (n -- )
    {
        scanf("%lld%lld%d", &a, &b, &p);
        printf("%d\n", lucas(a, b, p));
    }
    return 0;
}

debug：有一个乘法运算没有LL的强转，导致爆int，最后出现负数
所以每次的乘法都要检查是否有LL的强转以及模p

888. 求组合数 IV

888. 求组合数 IV - AcWing题库
image.png

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = 5010;
int cnt, primes[N], pcnt[N];
bool st[N];

void get_primes( int n )
{
    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 a, int p)
{
    int res = 0;
    while (a)
    {
        res += a / p;
        a /= p;
    }
    return res;
}

vector<int> mul(vector<int>& a, int b)
{
    vector<int> c;
    int t = 0, s = a.size();
    
    for ( int i = 0; i < s || t; ++ i )
    {
        if (i < s) t += a[i] * b;
        c.push_back( t % 10 );
        t /= 10;
    }
    return c;
}

int main()
{
    int a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    
    get_primes(a);
    for (int i = 0; i < cnt; ++ i )
    {
        int p = primes[i];
        pcnt[i] = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
    }
    
    vector<int> res;
    res.push_back(1);
    
 
    for (int i = 0; i < cnt; ++ i )
        for (int j = 0; j < pcnt[i]; ++ j )
            res = mul(res, primes[i]);
            
    for (int i = res.size() - 1; i >= 0; -- i ) printf("%d", res[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

889. 满足条件的01序列

889. 满足条件的01序列 - AcWing题库
image.png

由于这道题的数据范围在10000以内，所以直接根据定义求组合数即可

#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10, mod = 1e9 + 7;

int n;

int qmi(int a, int k, int p)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = (LL)res * a % mod;
        a = (LL)a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int a = 2 * n, b = n;
    
    int res = 1, y = 1;
    for (int i = 0; i < b; ++ i )
    {
        res = (LL)res * (a - i) % mod;
        y = (LL)y * (i + 1) % mod;
    }
    
    res = (LL)res * qmi(y, mod - 2, mod) % mod;
    res = (LL)res * qmi(n + 1, mod - 2, mod) % mod;
    printf("%d\n", res);
    
    return 0;
}

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