$$\begin{align} C_{a}^{b}&=\frac{a\times(a-1)\times…\times(a-b+1)}{b\times(b-1)\times…\times 1}\\\\ &=\frac{a\times(a-1)\times…\times(a-b+1) \times (a-b)!}{b\times(b-1)\times…\times 1 \times(a-b)!}\\\\ &=\frac{a!}{b!(a-b)!}\\\\ (分解质因数)&=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}…p_{k}^{\alpha_{k}}\\\\ 求分子分解每个p的次数cnt_{mi}(a!)&=[\frac{a}{p}]^{下取整}+[\frac{a}{p^{2}}]^{下取整}+[\frac{a}{p^{3}}]^{下取整}+…\\\\ &=p的倍数中_{的个数}^{\in [1,a]}+{p^{2}的倍数中}_{的个数}^{\in [1,a]}+…\\\\ 为什么只+1而不是+k,因为a中p^{k}低&阶项的次数已经被算过了比如p^{3}既是p的倍数也是p^{2}的倍数\\\\ 比如8!=1×2×3×4&×5×6×7×8求其中2的个数，则1～8之间含2的一次\\\\ 有2、4、6、8四个2，含2二次方&有4、8，但4、8中2的一次方已经记过一次了，\\\\ 所以只加二次方中的两个2\\\\ 含2三次方&有8，但8中的一次、二次方都被记过一次了,\\\\ 所以只加三次方中的一个2\\\\ 同理可类推到p^{k}它的幂次中的前k-1个p&在计算p^{1} \sim p^{k-1}次数中都已经算过1次了\\\\ 同理可求分母的p的次数,&\\\\ 答案=&\prod_{i}p_i^{分子次数和-分母次数和} \end{align}$$
具体:

• 筛素数(1~5000)
• 求每个质数的次数
• 用高精度乘把所有质因子乘上

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;

const int N=5010;

int primes[N],cnt;
int sum[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]*i<=n;j++)
        {
            st[primes[j]*i]=true;
            if(i%primes[j]==0)break;//==0每次漏
        }
    }
}
// 对p的各个<=a的次数算整除下取整倍数
int get(int n,int p)
{
    int res =0;
    while(n)
    {
        res+=n/p;
        n/=p;
    }
    return res;
}
//高精度乘
vector<int> mul(vector<int> a, int b)
{
    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;
    }
    // while(C.size()>1 && C.back()==0) C.pop_back();//考虑b==0时才有pop多余的0 b!=0不需要这行
    return c;
}

int main()
{
    int a,b;
    cin >> a >> b;
    get_primes(a);

    for(int i=0;i<cnt;i++)
    {
        int p = primes[i];
        sum[i] = get(a,p)-get(a-b,p)-get(b,p);//是a-b不是b-a
    }

    vector<int> res;
    res.push_back(1);

    for (int i = 0; i < cnt; i ++ )
        for (int j = 0; j < sum[i]; j ++ )//primes[i]的次数
            res = mul(res, primes[i]);

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

    return 0;
}