初等组合计数小结

基础知识点：

加法原理：

具有性质1的事件有a件，具有性质2的事件有b件，则有性质1或2的事件有\(a+b\)件。

乘法原理：

具有性质1的事件有a件，具有性质2的事件有b件，则有性质1和2的事件有\(a\times b\)件。

排列与组合:

组合意义

即一个公式的实际化的解释

排列公式

\[p_n^r=\frac{n!}{(n-r)!} \]

{从n个有标号中的数中取出r个，进行全排列}

证明：
选第一个数有n种选择，第二个数有n-1种选择...，以此类推，第r个数有（n-r+1）种选择，故\(p_n^r=n\times (n-1) \times (n-2)...\times (n-r+1)=\frac{n!}{(n-r)!}\)
得证

可重全排列

\[p=\frac{n!}{c_1!\times c_2! \times...\times c_m!} \]

{把n个有标号的数进行全排列，其中有\(c_1,c_2...c_m\)个数标号相同}

证明：

只考虑取出n个数进行全排列，先不考虑有重复，这时方案数为

\[n! \]

而此时，这\(c_i\)个数同时也会进行全排列，故重复\(ci!\)次，故得证。

组合公式

\[C_n^r=\frac{n!}{(n-r)!\times r!} \]

{从n个有标号的数中取出r个数来}

证明：

理解1

从n个数中间取出r个数来进行全排列,有

\[P_n^r=\frac{n!}{(n-r)!} \]

而此时因为全排列重复r次，故不进行全排列（除掉全排列方案数），即可得到组合公式

\[C_n^r=\frac{P_n^r}{r!}=\frac{n!}{(n-r)!\times r!} \]

理解2

考虑分子为n个数的全排列，而分母的解释为排列的过程，有r个元素重复和n-r个元素重复，而重复的元素去了重正好就是组合方案。

允许重复的组合

\(C_{n+r-1}^{r}\){从n个有标号元素中允许重复地选出r个}

证明：

1.全排列划分模型：
考虑每个元素可以重复选择，过于复杂，但是无论如何只要选出r个元素，故对r个元素下手，问题也就变成了这r个元素如何分成n种，于是转换成经典模型，将r个0和n-1个1进行全排列，而n-1个1正好将r个0分成n个部分，每个部分对应一种划分，所以与原问题一一对应。
故问题变为求r个0与n-1个1进行全排列方案数，不难由可重全排列知道，方案数为

\[\frac{(n+r-1)!}{r!(n-1)!} \]

又注意到分母两式之和为分子之和，有

\[\frac{(n+r-1)!}{r!(n-1)!}=C_{n+r-1}^{r} \]

得证

2.变标号

考虑只要证明\(c_{n+r-1}^{r}\)与从n个有标号数中允许重复的数一一对应即可。
所以不妨设n个数的标号从小到大\(1-n\)，而设选出来的数为\(a_1,a_2,...,a_r\),因为可以重复，必然有
\(a_1\leq a_2\leq,...,\leq a_r\)，
而要让其对应于\(c_{n+r-1}^{r}\)，不妨对每个选出来的标号按一定顺序加上一些值，于是有

\[a_1< a_2+1< a_3+2 <,...,< a_r+r-1 \]

此时各个选出来的数互不相同，对应了\(c_{n+r-1}^{r}\)的一种方案.
而为了证明一一对应，从\(c_{n+r-1}^{r}\)角度来看，设选出来的数
为\(b_1<b_2<b_3<...<b_r\),继续采取变标号的方法，于是有

\[b_1\leq b_2-1\leq b_3-2\leq...\leq b_r-r+1 \]

于是两者一一对应，故得证。

圆周排列：

从n个有标号元素中取出r个元素进行圆周排列，方案数为：

\[Q_n^r=\frac{p_n^r}{r} \]

证明：
对于一个圆周排列的每一种方案，被排列重复了r次，故得证。

常用性质：

补集公式

\[C_n^r=C_n^{n-r} \]

证明：该情况对应于那些元素不选，故得证。

递推公式

\[C_n^r=C_{n-1}^{r}+C_{n-1}^{r-1} \]

证明：对于一个元素考虑，可以选择必然不选和选两种状态，故划分了问题。

\[C_n^r=C_n^{r-1}\times \frac{n-r+1}{r} \]

证明：拆式易证可得。

上标公式

\[C_n^0+C_n^1+...+C_n^n=\sum_{i=0}^{n}C_n^i=2^n \]

证明：该情况对应与一个元素要么选，要么不选，故得证。

\[C_n^0-C_n^1+...+(-1)^nC_n^n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC_n^i=0 \]

证明：(注：先看完下方二项式定理在来看)

\[0^n=(1-1)^n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC_n^i \]

组合与平面直角坐标系从（0,0），只能往上走和往左走的，到（m，n）方案数的关系。

\[C_{n+m}^n \]

证明：往上走和往右走可以看做0,1,不难得知组成序列长度为n+m，
而可以看成是这n+m个空中选出n个空填上1或者0的方案数。

在平面直角坐标系上，从（0,0）出发，每次只能选择向上走和向右走，走到（n，m）（n<m），使走的点横坐标一定小于纵坐标的的方案数为：

\[C_{n+m-1}^{n}-C_{n+m-1}^{m} \]

转换问题，n<m即不触碰y=x这条线，固然我们不好表现所有方案，所以考虑补集，因为发现从（1,0）出发一定不满足条件，而从（1,0）出发的路径经过y=x对称后与从（0,1）出发的路径一一对应，于是合法方案数为

\[(0,1)\rightarrow(n,m)-(1,0)\rightarrow(n,m)= \]

\[C_{n+m-1}^{n}-C_{n+m-1}^{m} \]

下标公式

\[C_r^r+C_{r+1}^r+C_{r+2}^r+...+C_n^r=C_{n+1}^{r+1} \]

{单递增形式}

\[C_r^0+C_{r+1}^1+C_{r+2}^2+...+C_n^{n-r}=C_{n+1}^{r+1} \]

{双递增形式}

证明：

考虑要证明与之一一对应，先要理解右式组合意义，从n+1个数中选出r+1个，它与所有组合数的关系，在于少选了一个数，也就是有了一个数已经选择，它与\(C_r^r\)的关系，不难看出，是有少了n-r+1个数的选择。

于是不难得知，问题的划分在于有一个数已经选，于是设可选下标为\(a_1,a_2,...,a_{n+1}\),不妨先假设第一个数已经选了，自然就只有\(C_{n}^{r}\)，而第二个数已经选了，那么第一个数就不能选了，所以方案为\(C_{n-1}^{r}\),以此类推,...,第\(n+1-r\)个数已经选了，后面的都不能选了，所以为\(C_r^r\)，因此单递增形式得证，利用补集公式，双递增形式也得证。

二项式定理

\[(a+b)^n=\sum_{i=0}^{n}C_n^i\times a^i \times b^{n-i} \]

证明：与组合一一对应，故得证。

用途：拆分式子，证明组合关系。

Lucus定理

\(C_n^r\equiv C_{n/p}^{r/p}\times C_{n\%p}^{r\%p}(mod \ p)\){p是质数}

证明：
考虑组合数不好证明，于是想到二项式定理这一工具，而出来的数字里面存在余数，故考虑余数的定义，于是设

\[\left\{\begin{array}{c}r=k_1\times p+r_1\\n=k_2\times p+r_2\end{array}\right. \]

因为证明的右式中n在下方，于是设

\[\begin{array}{c}(x+1)^n\equiv(x+1)^{k_2\times p+r2}\equiv [{(x+1)^p}]^{k_2}\times(x+1)^{r_2}[a]\equiv\\(x^p+1)^{k_2}\times (x+1)^{r_2}\equiv\sum_{i=0}^{k_2}(C_{k_2}^i\times x^{pi})\sum_{j=0}^{r2}(C_{r2}^{j}\times x^j)\\(mod\ p) \end{array} \]

注释:

[a]注意到p是质数于是，我们联想费马小定理.

[b]

\[\begin{array}{c}(x+1)^p\equiv x+1(mod \ p)\\x^p\equiv x(mod\ p)\\ \Downarrow\\(x+1)^p\equiv x^p+1(mod\ p)\end{array} \]

接下来，我们回到\(r=k_1\times p+r_1\),注意到当且仅当\(i=k_1,j=r_1\),可以保证有次数\(x^{k_1\times p+r_1}\),而对于最右式，拆开也只有唯一一项有\(x^{k_1\times p+r_1}\),故有

\[C_n^r\equiv C_{n/p}^{r/p}\times C_{n\%p}^{r\%p}(mod \ p) \]

{p是质数}

Exlucus

当p不为质数时，它必然为合数，但是我们只能解决p为质数的问题，
所以考虑拆分p，不妨设：

\[p=p_1 \times p_2 \times ... p_m \]

注意到其中系数全为1,我们考虑分别用lucus求出它们的余数，
问题变成我们如何合并这些数，变为%p的余数，注意到\(p=p_1 \times p_2 \times ... p_m\)之间是互质的，而且要合并，
于是联想到中国剩余定理（crt），故把求出来的值作为已知数列出方程，求解即为答案

证明正确性：

\[\left\{\begin{array}{c}x=a_1(mod\ p_1)\\x=a_2(mod\ p_2)\\x=a_3(mod\ p_3)\\.\\.\\.\\x=a_n(mod\ p_n)\end{array}\right. \]

\[\left\{\begin{array}{c}x=a_{n+1}(mod\ p)\end{array}\right. \]

设有x，容易知道上面方程通解为\(x+k\times p\),而下面方程通解也如此，故解集相同，可以合并。

ExExlucus

有

\[p=p_1^{c_1} \times p_2^{c2} \times ... p_m^{c_m} \]

由其中两两互质考虑CRT合并，问题也就变成求出
\(C_n^r\%p_i^{c_i}\),而显然\(p_i^{c_i}\)没有再拆解的意义了，与是考虑拆解组合数。

\[C_n^r=\frac{n!}{(n-r)!r!} \]

现在问题变成快速求阶乘，问题在于分母式子可能不存在逆元，故不能
直接%了以后求，于是想是否能够把所有与\(p_i^{c_i}\)不互质的数先提出来，对于\(n!\),不难知道，只提出来一个数，总共有\(\frac{n}{p_i}\)
,而剩下的能做贡献的只有\([\frac{n}{p_i}]!\),对此进行递归出来即可。

接下来问题在与如何处理不是\(p_i\)的倍数的数，自然不能全部算，所以考虑问题是否有重复性，优先考虑循环节，显然发现数好像被它切成好几截，而每一截余数又相同，故对此进行处理出一部分，其他循环节直接调用结果即可，剩余的循环节部分，暴力预处理即可。

Catalan数列

给定n个0和n个1全排列,当其任意前缀中0的个数总多于1的个数，方案数为

\[\frac{C_{2n}^{n}}{n+1} \]

证明：

显然直接求一次满足所有条件方案数很难做，故考虑不成立的方案数，用总方案数减去即可，当其方案中不满足条件，总存在一个位置2p+1，使得它的前缀1的个数为p+1,0的个数为p,于是现在考虑寻找谁与其对应。
因为是0,1串，考虑将其2p+2后面取反，此时不难得知整个序列0的个数现在为n-1,1的个数为n+1，所以原排列的不成立方案对应新排列（即n-1个0和n+1个1进行全排列）。

对于新排列，因为1的个数多于0的个数，所以总存在一个位置2p+1,使得0的个数为p，1的个数为p+1，同样对2p+2位置后面取反，不难的得到0的个数为n-1个，1的个数n+1个，此时仍然不满足条件。

故两种排列一一对应，而新排列的方案数为

\[\frac{2n!}{(n-1)!\times (n+1)!} \]

要获得满足条件的方案数为

\[\begin{array}{c}\frac{2n!}{n!n!}-\frac{2n!}{(n-1)!\times (n+1)!}=(2n)!\times (\frac{1}{n!n!}-\frac{1}{(n-1)!(n+1)!})=(2n!)\frac{(n-1)!(n+1)!-n!n!}{n!n!(n-1)!(n+1)!}\\\\=(2n!)\frac{(n-1)!(n+1)-n!}{n!(n-1)!(n+1)!}=(2n!)\frac{(n+1)-n}{n!(n+1)!}=\frac{2n!}{n!(n+1)!}=\frac{2n!}{n!n!(n+1)}=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}\end{array} \]

故得证

Catalan数列的常见模型

n个左括号与右括号合法排列的方案数

解释：
将左括号看做0,右括号看做1,无论在哪个位置1总比0多。

1,2,3,...，n的合法出栈序列方案数

解释：
因为只有n个数，无法凑出2n个数，难以解释，于是将入栈序列考虑进来，把出栈作为1,入栈作为0,0总比1多，故对应。

n个节点的构成二叉树方案数
解释：显然只有n个不好解释，但注意到2,联想catalan，于是要创造各种树的序列，失败后，便不再考虑转换模型一一对应，可以考虑科学归纳法，对于n个节点的树的方案数，为了划分问题，我们钦定一个点作为根节点，这个点显然引出了两棵子树，不难得知，方案数的不同在与这两棵子树的大小与点边之间的关系，于是不难有
设\(f[n]\)表示n个节点的方案数，不难有：

\[f[n]=f[0]\times f[n-1]+f[1]\times f[n-2]+...+f[n-1]\times f[0]=\sum_{i=1}^{n}f[i]\times f[n-i] \]

而该数列为catalan数列，故得证。
这也告诉我们catalan的另外一种形式，因为你如果设
设\(f[n]\)表示长度为n的catalan数列的方案数，其实也可以同样利用树的划分思想，放一个长度2的catalan的数，左右接catalan数列即可。

4.在平面直角坐标系上，从（0,0）出发，每次只能选择向上走和向右走，走到（n，n），不穿过y=x直线的的方案数。

解释：
考虑转换模型，向上走和向右走即2种策略，可以考虑catalan，设0向上走，1向右走，显然要n个0和1才能走到目的地，而不能穿过y=x，自然要么0一定比1多，或者1一定比0多，故方案数得知。

Prefur 序列

定义：有标号的树所对应的序列

树变序：每次从叶结点（度数为1的点）中选出标号最小的，将其从树中删去，记录与其相邻的点的标号，这样按时间先后记录的标号，即prefur序列。

序变树：把P序列叫做prefur序列，A序列为{1,2,3...,n}（1～n的递增排列），从前到后删除P序列中的每一个元素，在A序列寻找未在P序列中出现的最小的元素删去，把删去的两个元素连边，直至P序列为空，连上A序列剩下的两个元素所得应的节点。

性质：（把序列长度记做n）

prefur序列长度n-2
与一棵有标号的树一一对应。
caley定理：有标号的树生成个数为\(n^{n-2}\)(即序列的可重排列个数)
度数体现：一个度数为d的点，在序列中出现的次数为d-1.

启发性：

对于非序列组合问题，我们不好探究，于是除了catalan数此路以外，我们可以寻找一种一一对应的特殊的生成方式，使之与一个序列一一对应，变成我们好研究的序列。
prefur序列特殊到选择叶结点标号最小的的相邻点，和删去的生成方式以便于序列记录的完整，再序变树时，因为删去的点必不在序列中出现，故要另找一个递增序列，寻找未出现的标号最小的点，不可不谓巧。

基础巩固

\[C_n^r=\_=\_=\_; \]
请写出可重全排列公式。
请写出catalan公式
请证明lucus定理。
把\(2^n\)用组合数表示。
请写出允许重复的组合的公式。
请写出二项式定理的公式。
请证明catalan数。
请举出catalan数的几个应用，并给予解释。
请写出圆周排列的公式。
在平面直角坐标系上，从（0,0）出发，每次只能选择向上走和向右走，走到（n，m）（n<m），使走的点横坐标一定小于纵坐标的的方案数。
7位科学工作者从事一项机密的技术研究，他们的实验室装有电子锁，每位参加该项工作的人都有一把打开电子锁的钥匙。为安全起见，必须有4位到场方可打开实验室的门。试问该电子锁必须具备多少特征？每位科学工作者的钥匙应具有多少这些特征？

套路小结

排列与组合

递推：

按照性质设状态
根据问题划分与策略以及补集转移
有有关标号状态，限制标号范围转移。

组合：

常见模型：

小球放盒子
从（0,0）到（n，m）上右操作方案。
可重组合
插空问题
5.递增序列,不降序列

小结

通常可以转换成其他模型
用于通项公式
大部分情况应为有标号元素放入无标号盒子

排列：

常见模型：

可重排列
分组问题
插空问题

小结：

通常可以转换成其他模型
重结果，忽略过程，抓住影响结果关键（因为其后效性过于严重）
用于通项公式的推出

圆周排列

常见模型：

围桌吃饭

小结

用于推通项公式
通常不好求，故拆环成链

一些常见拆环成链的办法：

再补一截（元素较为固定，确定，较少）
拆环分问（元素不确定，但没有排列限制，用于划分方案数的问题）
移链接首 or called floyd环（元素不确定，而且有排列限制，但是限制较小）

错排模型归纳

常见模型：

矩阵错排
排列错排（递推式\(f[i]=(i-1)\times (f[i-1]+f[i-2])\)）

小结：

错排模型标志即一行一列最多只能放一个棋子，或者排列中元素不能放到有且仅有的某个位置。
错排自由定理:在错排问题中，行列之间互不影响，可以任意交换。
解决错排两个常用工具

递推（简单好些）
通项（速度快）

对于错排的变式，需要抓住错排的对象，如[CQOI2011]放棋子
对象是颜色。

catalan数模型归纳

基本模型：

栈
括号
（0,0）到（n，n）不穿过y=x
二叉树方案数。

基本证明办法：

定义
递推（重在寻找划分）
转换模型

一些技巧

序列保证递增尽量构造递增。
需要什么尽可能保证什么

树的组合计数问题归纳

二叉树

二叉树压维模型

常用状态：节点数，节点编号

常用转移：

递推方程左右子树划分
catalan数
拆分

树

有标号的树考虑prefur序列

posted @ 2019-04-27 19:32 a1b3c7d9 阅读(527) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部