组合数学与计数（瞎写）

组合数学与计数

笔记，不含练习。

基本计数原理#

加法原理
乘法原理

组合数#

$(\binom{n}{r})$ 或 $C_{n}^{r}$ 表示组合数，从 $n$ 个元素中选 $r$ 个的方案数，不考虑顺序。 $(\binom{n}{r}) = C_{n}^{r} = \frac{n!}{r! (n - r)!}$ 。

类似的， $A_{n}^{r}$ 表示排列数，从 $n$ 个元素中选择 $r$ 个的方案数，考虑顺序。 $A_{n}^{r} = \frac{n!}{(n - r)!}$ 。

一些性质#

对称恒等式

(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k})

吸收提取不等式

(\binom{n}{k}) = \frac{n}{k} (\binom{n - 1}{k - 1})

与下降幂结合

(\binom{n}{k}) \times k^{\underset{―}{m}} = (\binom{n - m}{k - m}) \times n^{\underset{―}{m}}

加法归纳恒等式

(\binom{n}{k}) = (\binom{n - 1}{k}) + (\binom{n - 1}{k - 1})

二项式定理

(x + y)^{n} = \sum_{k} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{r - k}

下降幂转组合数

n^{\underset{―}{k}} = (\binom{n}{k}) k!

三项式版恒等式

(\binom{r}{m}) (\binom{m}{k}) = (\binom{r}{k}) (\binom{r - k}{m - k})

范德蒙德卷积

\sum_{i = 0} k (\binom{n}{i}) (\binom{m}{k - i}) = (\binom{n + m}{k})

插板法#

现有 $n$ 个完全相同的元素，要求将其分为 $k$ 组，保证每组至少有一个元素，一共有多少种分法？

考虑拿 $k - 1$ 块板子插入到 $n$ 个元素两两形成的 $n - 1$ 个空里面。
因为元素是完全相同的，所以答案就是 $(\binom{n - 1}{k - 1})$ 。
本质是求 $k$ 个未知数和为 $n$ 的正整数解的组数。

允许每组为空？

考虑加入 $k - 1$ 个元素，这样有 $n + k - 1$ 个元素。考虑从中选 $k - 1$ 个作为板子进行分隔。
答案即为 $(\binom{n + k - 1}{k - 1})$ 。
本质是求 $k$ 个未知数和为 $n$ 的非负整数解的组数。

如果再扩展一步，要求对于第 $i$ 组，至少要分到 $a_{i}$ ， $\sum a_{i} \leq n$ 个元素呢？

考虑先把下界补满，然后问题就转换为允许每组为空的了。
答案即为 $(\binom{n - \sum a_{i} + k - 1}{k - 1})$ 。

二项式求导#

计算 $\sum_{k = 1}^{n} k^{2} (\binom{n}{k})$ 。

考虑 $a x^{n}$ 的导数等于 $a n x^{n - 1}$ 。

由二项式定理得：

(1 + x)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} x^{k} (\binom{n}{k})

两边同时求导：

n (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} k x^{k - 1} (\binom{n}{k})

两边同乘 $x$ ：

n x (1 + x)^{n - 1} = \sum_{k = 0}^{n} k x^{k} (\binom{n}{k})

两边同时求导：

n ((1 + x)^{n - 1} + (n - 1) x (1 + x)^{n - 2}) = \sum_{k = 0}^{n} k^{2} x^{k - 1} (\binom{n}{k})

将 $x = 1$ 带入得到：

\sum_{k = 0}^{n} k^{2} (\binom{n}{k}) = n (n + 1) 2^{n - 2}

组合数取模#

卢卡斯定理：

(\binom{n}{m}) = (\binom{n mod p}{m mod p}) (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\mod p)

例题#

$n$ 个不同元素，选 $r$ 个，每个可以选择多次（类似多重背包）。求方案数。

这个问题等价于 $n$ 个未知数和为 $r$ 的方案数。引用上面的结论即可。

$n$ 个不同元素，选 $r$ 个，选的元素不能相邻。

考虑空格的分配。
$r$ 个元素，显然有 $r + 1$ 个空格（算上两边），其中，两头的两个的空格最少可以是 $0$ 个格子，中间的空格最少是 $1$ 个格子。
因为要选 $r$ 个物品，所以有 $n - r$ 个格子是空格。
问题转化为 $r + 1$ 个未知数，和为 $n - r$ ，其中 $r - 1$ 个下界为 $1$ ，剩下的两个下界为 $0$ 。
套用上面的公式，答案即为 $(\binom{n - r - (r - 1) + (r + 1) - 1}{(r + 1) - 1}) = (\binom{n - r + 1}{r})$ 。

求 $\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2}$ 。

考虑 $(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k})$ ，那么上式变为 $\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\binom{n}{n - k})$ 。
就相当于把 $2 n$ 个物品分成两段，枚举前面半段选多少，后面半段选多少。
显然等于 $(\binom{2 n}{n})$ 。

将 $x$ 拆分为 $n$ 个不同的组合数之和，求一组合法方案。

$x = \sum_{i = 1}^{k - 1} (\binom{i}{0}) + (\binom{x - k + 1}{1})$ 。

比较 $(\binom{n_{1}}{m_{1}})$ 和 $(\binom{n_{2}}{m_{2}})$ 的大小， $n, m \leq 10^{6}$ 。

预处理阶乘的 $\log$ ，比较 $\log$ 的大小。

错排#

设 $D_{n}$ 表示 $n$ 个元素错排的方案数。

如果 $n = 0$ ，只能啥也不干，所以 $D_{0} = 1$ 。

如果 $n = 1$ ，没法错排，所以 $D_{1} = 0$ 。

如果 $n = 2$ ，只能交换两个元素，所以 $D_{2} = 1$ 。

考虑加入第 $n$ 个元素，假设放在了第 $i$ 个位置。显然有 $(n - 1)$ 个 $i$ 可选。

对于每个 $i$ ，考虑第 $i$ 号元素放在哪。

放在 $n$ 号位置。这样剩下的 $(n - 2)$ 个元素错排即可。
不放在 $n$ 号位置。因为 $i$ 不能放在 $n$ ，而且因为原先的 $i$ 位置被占用，就相当于没有，那么 $n$ 号位置就相当于 $i$ 号位置。这样 $(n - 1)$ 个元素错排即可。

综上， $D_{n} = (n - 1) (D_{n - 1} + D_{n - 2})$ 。

斯特林数#

第二类#

${\begin{matrix} n \\ m \end{matrix}}$ 表示把 $n$ 个元素划分成 $m$ 个不可区分的非空集合的方案数。

转移#

$0$ 个东西放在 $0$ 个集合里面只能啥也不干，所以 ${\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}} = 1$ 。

考虑加入一个元素。

如果这个元素放在一个独立的集合内，有一种方案，剩下的部分有 ${\begin{matrix} n - 1 \\ m - 1 \end{matrix}}$ 种。

如果放在一个已有的集合内，有 $k$ 种方案，剩下的部分有 ${\begin{matrix} n - 1 \\ m - 1 \end{matrix}}$ 种方案。

所以：

{\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}} = {\begin{matrix} n - 1 \\ k - 1 \end{matrix}} + k {\begin{matrix} n - 1 \\ k \end{matrix}}

第一类#

$[\begin{matrix} n \\ m \end{matrix}]$ 表示把 $n$ 个元素划分成 $m$ 个不可区分的非空轮换的方案数。

一个轮换就是一个首尾相接的环形排列。

我们可以写出一个轮换 $[A, B, C, D]$ ，并且我们认为 $[A, B, C, D] = [B, C, D, A] = [C, D, A, B] = [D, A, B, C]$ ，即，两个可以通过旋转而互相得到的轮换是等价的。

注意，我们不认为两个可以通过翻转而相互得到的轮换等价，即 $[A, B, C, D] \neq [D, C, B, A]$ 。

转移#

$0$ 个东西放在 $0$ 个轮换里面只能啥也不干，所以 $[\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}] = 1$ 。

考虑加入一个元素。

如果这个元素放在一个独立的轮换内，有一种方案，剩下的部分有 $[\begin{matrix} n - 1 \\ m - 1 \end{matrix}]$ 种。

如果放在一个已有的集合内，有 $(n - 1)$ 种方案，剩下的部分有 $[\begin{matrix} n - 1 \\ m - 1 \end{matrix}]$ 种方案。

所以：

[\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}] = [\begin{matrix} n - 1 \\ k - 1 \end{matrix}] + (n - 1) [\begin{matrix} n - 1 \\ k \end{matrix}]

通常幂和下降幂的转换#

下降幂转通常幂:

x^{\underset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}] x^{k}

通常幂转下降幂：

x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}} x^{\underset{―}{k}}

容斥#

通过集合交的大小，求出集合并的大小。

设 $U$ 中元素有 $n$ 种不同的属性，而第 $i$ 种属性称为 $P_{i}$ ，拥有属性 $P_{i}$ 的元素构成集合 $S_{i}$ ，那么：

| ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | = \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m - 1} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} | ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} |

错排#

这里有 $n$ 个条件，形如 $i$ 在正确的位置上。

显然，错排方案数=全排列-有至少一个在正确的位置上的的方案数。

考虑如何求出有至少一个在正确的位置上的方案数。

考虑容斥。满足任意 $k$ 个条件的方案数是： $(\binom{n}{k}) \times (n - k)! = \frac{n!}{k!}$ ，容斥系数为 $k - 1$ 。

综上，错排方案数为：

\begin{aligned} D (n) & = n! - \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k - 1} \frac{n!}{k!} \\ = n! + \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} \frac{n!}{k!} \\ = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} \frac{n!}{k!} \end{aligned}

但是这个式子就算预处理逆元都是 $Θ (n)$ 的，而且 $Θ (n)$ 的时间只能求一项，没啥用。

卡特兰数#

介绍#

以下问题属于Catalan数列：

有 $2 n$ 个人排成一行进入剧场。入场费 $5$ 元。其中只有 $n$ 个人有一张 $5$ 元钞票，另外 $n$ 人只有 $10$ 元钞票，剧院无其它钞票，问有多少种方法使得只要有 $10$ 元的人买票，售票处就有 $5$ 元的钞票找零？
一位大城市的律师在她住所以北 $n$ 个街区和以东 $n$ 个街区处工作。每天她走 $2 n$ 个街区去上班。如果他从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？
在圆上选择 $2 n$ 个点，将这些点成对连接起来使得所得到的 $n$ 条线段不相交的方法数？
对角线不相交的情况下，将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？
一个栈（无穷大）的进栈序列为 $1, 2, 3, \dots, n$ 有多少个不同的出栈序列？
$n$ 个结点可构造多少个不同的二叉树？
$n$ 个 $+ 1$ 和 $n$ 个 $- 1$ 构成 $2 n$ 项 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{2 n}$ ，其部分和满足 $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} \geq 0$ （ $k = 1, 2, 3, \dots, 2 n$ ）。对于 $n$ ，该数列为？

其对应的序列为：

$H_{0}$	$H_{1}$	$H_{2}$	$H_{3}$	$H_{4}$	$H_{5}$	$H_{6}$
$1$	$1$	$2$	$5$	$14$	$42$	$132$

这就是卡特兰数列。

计算#

卡特兰数的递推式为：

$H_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} \cdot H_{n - i - 1} (n \geq 2)$

其中 $H_{0} = 1$ ， $H_{1} = 1$ 。

其他常见的公式有：

\begin{aligned} H_{n} & = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1} (n \geq 2, n \in N_{+}) \\ H_{n} & = {\begin{cases} \sum_{i = 1}^{n} H_{i - 1} \cdot H_{n - i} & n \geq 2, n \in N_{+} \\ 1 & n = 0, 1 \end{cases} \\ H_{n} & = \frac{H_{n - 1} \cdot (4 n - 2)}{n + 1} \\ H_{n} & = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1}) \end{aligned}

非降路径计数#

非降路径是指只能向上或向右走的路径。

从 $(0, 0)$ 到 $(m, n)$ 的非降路径数等于 $m$ 个 $x$ 和 $n$ 个 $y$ 的排列数，即 $(\binom{n + m}{m})$ 。
从 $(0, 0)$ 到 $(n, n)$ 的除端点外不接触直线 $y = x$ 的非降路径数：
先考虑 $y = x$ 下方的路径，都是从 $(0, 0)$ 出发，经过 $(1, 0)$ 及 $(n, n - 1)$ 到 $(n, n)$ ，可以看做是 $(1, 0)$ 到 $(n, n - 1)$ 不接触 $y = x$ 的非降路径数。
所有的的非降路径有 $(\binom{2 n - 2}{n - 1})$ 条。对于这里面任意一条接触了 $y = x$ 的路径，可以把它最后离开这条线的点到 $(1, 0)$ 之间的部分关于 $y = x$ 对称变换，就得到从 $(0, 1)$ 到 $(n, n - 1)$ 的一条非降路径。反之也成立。从而 $y = x$ 下方的非降路径数是 $(\binom{2 n - 2}{n - 1}) - (\binom{2 n - 2}{n})$ 。根据对称性可知所求答案为 $2 (\binom{2 n - 2}{n - 1}) - 2 (\binom{2 n - 2}{n})$ 。
从 $(0, 0)$ 到 $(n, n)$ 的除端点外不穿过直线 $y = x$ 的非降路径数：
用类似的方法可以得到： $\frac{2}{n + 1} (\binom{2 n}{n})$ 。
如果要求只能在直线的下方和直线上走，则方案数是 $\frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n})$ ，即卡特兰数。

问题#

有一个函数 $f (i, j) = f (i - 1, j) + f (i, j - 1), f (0, 0) = 1, 0 \leq i \leq j$ ，证明： $f (n, n) = C a t a l a n (n)$ 。

容易发现， $f (i, j) = f (i - 1, j) + f (i, j - 1), 0 \leq i \leq j$ 就是求 $(0, 0)$ 走到 $(i, j)$ ，始终在 $y = x$ 下方和 $y = x$ 上走的方案数的递推式。这个就是卡特兰数。

板子#

下降幂

int dpow(int a,int b){
	int ans=1;
	for(int i=0;i<b;i++)ans=ans*(a-i)%mod;
	return ans;
}

快速幂

int ksm(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
	}
	return ans;
}

逆元

int inv(int a){
	int ans=1;
	for(int i=mod-2;i;i>>=1){
		if(i&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
	}
	return ans;
}

组合数

int C(int a,int b){
	return fact[a]*inv(fact[b])%mod*inv(fact[a-b])%mod;
}

posted @ 2023-07-03 14:48 洛谷Augury 阅读(78) 评论(0) 编辑收藏举报

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