组合数学

一些组合数学的证明

组合数

基础内容

定义

定义 $(\binom{n}{m})$ 为在 $n$ 个数中选 $m$ 个数的方案数（不考虑顺序，顺序不同算一个），等同于 $C_{n}^{m}$ 。

$A_{n}^{m} = \frac{n!}{(n - m)!}, C_{n}^{m} = \frac{A_{n}^{m}}{m!} = \frac{\frac{n!}{(n - m)!}}{m!} = \frac{n!}{m! (n - m)!} .$ 。

阶乘与下降幂

$a^{\underset{―}{n}} = {\begin{array}{lr} 1 & n = 0 \\ a \times (a - 1)^{\underset{―}{n - 1}} & n \geq 1 \end{array}$

即 $a^{\underset{―}{n}} = a (a - 1) (a - 2) \dots (a - n + 1) = \frac{a!}{(a - n)!} = A_{a}^{n}$

广义二项式系数： $(\binom{a}{n}) = \frac{a^{\underset{―}{n}}}{n!}$

对称公式： $(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m})$

加法公式： $(\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1})$

吸收公式： $m (\binom{n}{m}) = n (\binom{n - 1}{m - 1})$

三项式恒等式： $(\binom{a}{b}) (\binom{b}{c}) = (\binom{a}{c}) (\binom{a - c}{b - c})$

恒等式

上指标求和： $\sum_{i = a}^{b} (\binom{i}{a}) = (\binom{b + 1}{a + 1})$

平行求和： $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{a + i}{i}) = (\binom{a + n + 1}{n})$

二项式定理

$(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i}$

下降幂也满足二项式定理：

$(a + b)^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{\underset{―}{i}} b^{\underset{―}{n - i}}$

范德蒙德卷积恒等式： $\sum_{i = 0}^{a} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{a - i}) = (\binom{n + m}{a})$

上指标范德蒙德卷积恒等式： $\sum_{i = a}^{n - b} (\binom{i}{a}) (\binom{n - i}{b}) = (\binom{n + 1}{a + b + 1})$

经典子问题

插板法

Problem 1

把 $n$ 个相同的球放入 $m$ 个不同的盒子里，每个盒子内可以放 $[0, n]$ 个球，求总方案数。

可以这样理解：共有 $n$ 个球， $m - 1$ 个隔板，总长度为 $n + m - 1$ ，我们要在其中找到 $m - 1$ 的位置变成隔板，使得最终有 $m$ 个区间（盒子），所以最终答案为 $(\binom{n + m - 1}{m - 1})$

Problem 2

对于变量 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ ，每个变量都有一个下界 $x_{i} \leq a_{i}$ ，求满足 $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = k$ 的序列的数量。

注意到 Problem 1 其实是当前问题下所有 $a_{i} = 0$ 的情况，所以此题我们只需将供选择的位置的数量减去所有 $x_{i}$ 的下界之和即可，即 $(\binom{\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - a_{i}) + k - 1}{k - 1})$ 。

P5520 [yLOI2019]青原樱

我们考虑，因为共有 $m$ 个树苗且两个树苗间都必须要有间隔，所以我们不妨考虑有 $m - 1$ 个空位，那么剩下的位置就是 $n - m + 1$ ，所以就是在 $n - m + 1$ 个位置中放置 $m$ 个树苗。

但要注意此题和 Problem $1, 2$ 的不同在于，这里的每个树苗是不同的（即看分类的东西是否相同），即考虑顺序，所以最终的答案是 $A_{n - m + 1}^{m}$ 。

环排列

Problem 1

在 $n$ 个物品中选出 $m$ 个排成一个环，求方案数（旋转算一个，翻转不算一个）。

先考虑选 $m$ 个排成序列的方案数为 $A_{n}^{m}$ ，又因为 $m$ 个序列是一个环，所以最终答案是 $\frac{A_{n}^{m}}{m}$ 。

多重集的排列数

有 $k$ 种不同的元素，每种元素有 $a_{i}$ 个，求将其排成一列的方案数。

先考虑将所有的元素都视为不同种，最后再除去重复的部分，即 $\frac{(\sum_{i = 1}^{k} a_{i})!}{\prod_{i = 1}^{k} a_{i}!}$ 。

特殊数列

组合数相关数列

错排

如果一个序列的每一位的值都与下标不相等，则称这个序列为错位排列。

Problem 1

求长度为 $n$ 的错排数量。

令 $D_{n}$ 表示为 $n$ 的错排数量。对于一个排列 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ ，记 $a_{n} = u$ ，则有 $u \neq n$ ，考虑 $a_{u}$ 的取值：

当 $a_{u} = n$ 时，剩下的 $n - 2$ 个数构成错排，方案数为 $(n - 1) D_{n - 2}$ ；当 $a_{u} \neq n$ 时，我们交换 $a_{n}$ 和 $a_{u}$ ，此时 $a_{u} = u$ ，我们将 $a_{u}$ 删去，剩下的 $n - 1$ 个数构成错排，方案数为 $(n - 1) D_{n - 1}$ 。

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

卡特兰数

令 $C_{n}$ 表示长度为 $2 n$ 的合法括号序列的数量，则称序列 $C$ 为卡特兰数。

枚举第一个括号内部的括号数量 $C_{i}$ ，则转移式为 $C_{n} = \sum_{i = 1}^{n - 1} (C_{i} C_{n - 1 - i})$ 。

关于卡特兰数常见的公式：

$C_{n} = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1}$ ， $C_{n} = \frac{C_{n - 1} (4 n - 2)}{n + 1}$ ， $C_{n} = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1})$

同时， $C_{n}$ 还表示 $n$ 个点的二叉树的数量、 $n$ 个元素依次出栈的出栈序列个数等。

P4921[MtOI2018]情侣？给我烧了！

令 $g (n)$ 表示 $n$ 对情侣全部错开的方案数，则最终答案为 $(\binom{n}{k}) n^{\underset{―}{k}} 2^{k} g (n - k)$ 【选 $k$ 个情侣、 $k$ 个情侣的排数、每对情侣的男女的相对位置、其他 $n - k$ 个情侣全部错开】

考虑预处理计算 $g (n)$ 。

分别考虑第一排两个人的情况：

两个男生

则选出两个男生的方案数为 $n (n - 1)$ ，再考虑他们伴侣的情况：

当其伴侣相邻时，则剩余的 $n - 2$ 对情侣也需要全部错开，方案数为 $2 (n - 1) g (n - 2)$ 【两个女生在同一排、其他情侣也全部错开】；如果不相邻，则假定他们是一对情侣，此时需要有 $n - 1$ 个情侣不相邻，即 $g (n - 1)$ 。

所以总方案数为 $n (n - 1) (2 (n - 1) g (n - 2) + g (n - 1))$ 。
两个女生

同上，总方案数为 $n (n - 1) (2 (n - 1) g (n - 2) + g (n - 1))$ 。
一男一女

因为是 $n$ 个情侣错开，所以这一男一女一定不是情侣。

同 $1$ ，选出第一排的这两个人的方案为 $2 n (n - 1)$ 【一男一女的左右位置、选出一男一女】，伴侣相邻的方案数为 $2 (n - 1) g (n - 2)$ ，不相邻的方案数为 $g (n - 1)$ ，总方案数为 $2 n (n - 1) (2 (n - 1) g (n - 2) + g (n - 1))$ 。

综上所述，可以得出 $g (n)$ 的递推式 $g (n) = 4 n (n - 1) (2 (n - 1) g (n - 2) + g (n - 1))$ 。

第二类斯特林数

基础定义及求法

定义第二类斯特林数 ${\binom{n}{m}}$ 表示将 $n$ 个不同元素划分成 $m$ 个集合（集合无标号且不能有空集）的方案数。

考虑递推计算 ${\binom{n}{m}}$ ，当加入第 $n$ 个元素时，存在一下两种情况：

将新元素单独放入一个子集，方案数为 ${\binom{n - 1}{m - 1}}$ ；

将新元素放入一个现有的非空子集，方案数为 $m \times$ ${\binom{n - 1}{m}}$ 。

利用加法公式，可得递推式 ${\binom{n}{m}} = m {\binom{n - 1}{m}} + {\binom{n - 1}{m - 1}}$ ，边界条件为 ${\binom{n}{0}} = [n = 0]$ 。

普通幂转下降幂

$m^{n} = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} m^{\underset{―}{i}}$

证明：

考虑组合意义，等式左侧可以看成把 $n$ 个物品放入 $m$ 个有标号盒子的方案数；等式右边可以看做枚举非空的盒子数量 $i$ ，放入 $i$ 个无编号非空盒子的方案数是 ${\binom{n}{m}}$ ，给这 $i$ 个盒子分配编号的方案数是 $m^{\underset{―}{i}}$ ，然后对 $i$ 求和。

自然数 $k$ 次幂和

给定 $n (n \leq 10^{9}), k (k \leq 5000)$ ，求 $\sum_{i = 0}^{n} i^{k}$ 。

常见方法是使用拉格朗日插值 $O (k)$ 解决，这里给出使用第二类斯特林数解决的方法。

根据广义二项式系数 $(\binom{a}{n}) = \frac{a^{\underset{―}{n}}}{n!}$ 可得 $a^{\underset{―}{n}} = n! (\binom{a}{n})$ ，同时套用普通幂转下降幂，我们可得到原式 $= \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{k} {\binom{k}{j}} j! (\binom{i}{j})$ 。

交换一下位置，可得 $\sum_{j = 0}^{k} {\binom{k}{j}} j! \sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{j})$ 。

因为当 $i \leq j$ 时 $(\binom{i}{j})$ 才有意义（即 $i < j$ 时无意义），所以原式可变形为 $\sum_{j = 0}^{k} {\binom{k}{j}} j! \sum_{i = j}^{n} (\binom{i}{j})$ 。

此时我们套用上指标求和公式 $\sum_{i = a}^{b} (\binom{i}{a}) = (\binom{b + 1}{a + 1})$ ，可得原式为 $\sum_{j = 0}^{k} {\binom{k}{j}} j! (\binom{n + 1}{j + 1})$ 。

接下来，我们先让原式乘上 $j$ ，可得 $\sum_{j = 0}^{k} {\binom{k}{j}} (j + 1)! (\binom{n + 1}{j + 1})$ ，利用广义二项式系数 $(\binom{a}{n}) = \frac{a^{\underset{―}{n}}}{n!}$ 可得 $n! (\binom{a}{n}) = a^{\underset{―}{n}}$ ，我们令原式中的 $j + 1$ 为此处的 $n$ ，令原式中的 $n + 1$ 为此处的 $a$ ，可得 $\sum_{j = 0}^{k} {\binom{k}{j}} (n + 1)^{\underset{―}{j + 1}}$ 。最后为了等式平衡，除以原先乘上的 $j$ ，得到最终结果 $\sum_{j = 0}^{k} {\binom{k}{j}} \frac{(n + 1)^{\underset{―}{j + 1}}}{j + 1}$ 。

P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

给定 $n, x, p, m$ 和 $m$ 次多项式 $f (x) = \sum_{i = 0}^{m} a_{i} x^{i}$ ，求 $(\sum_{k = 0}^{n} f (k) \times x^{k} \times (\binom{n}{k})) \mod p$ 。

其中， $1 \leq n, x, p \leq 10^{9}, 0 \leq a_{i} \leq 10^{9}, 0 \leq m \leq min (n, 1000)$ 。

考虑将 $f (x)$ 中的单项式转化为下降幂的形式，即 $f (x) = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} x^{\underset{―}{i}}$ 。

接下来考虑如何计算 $b$ 。

我们先对原式使用普通幂转下降幂的形式，将 $f (x)$ 中的单项式展开，得到 $f (x) = \sum_{i = 0}^{m} a_{i} \sum_{j = 0}^{i} {\binom{i}{j}} x^{\underset{―}{j}}$ 。

稍作改写，可得 $f (x) = \sum_{j = 0}^{m} (\sum_{i = j}^{m} a_{i} {\binom{i}{j}}) x^{\underset{―}{j}})$ ，因此我们可得 $b_{i} = \sum_{j = i}^{m} a_{j} {\binom{j}{i}}$ 。

将 $f (x)$ 带入原式中，可得 $\sum_{k = 0}^{n} \sum_{i = 0}^{m} b_{i} k^{\underset{―}{i}} (\binom{n}{k}) x^{k}$ 。

利用广义二项式系数变形 $+$ 改变位置可得 $\sum_{i = 0}^{m} b_{i} i! \sum_{k = i}^{n} (\binom{k}{i}) (\binom{n}{k}) x^{k}$ 。

再利用三项式恒等式 $(\binom{a}{b}) (\binom{b}{c}) = (\binom{a}{c}) (\binom{a - c}{b - c})$ 并稍作改写可得 $\sum_{i = 0}^{m} b_{i} i! (\binom{n}{i}) \sum_{k = i}^{n} (\binom{n - i}{k - 1}) x^{k}$ 。

不难发现它等同于 $\sum_{i = 0}^{m} b_{i} i! (\binom{n}{i}) \sum_{k = 0}^{n - i} (\binom{n - i}{k}) x^{k + i}$ ，然后将 $x^{k + i}$ 拆成 $x^{k} x_{i}$ ，并将 $x_{i}$ 提到外面，得 $\sum_{i = 0}^{m} b_{i} i! (\binom{n}{i}) x_{i} \sum_{k = 0}^{n - i} (\binom{n - i}{k}) x^{k}$ 。

接下来利用二项式定理 $(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i}$ ，令 $a = x, b = 1, i = k, n = n - i$ ，此时我们可以忽略 $b$ 的影响，得到最终式子为 $\sum_{i = 0}^{m} b_{i} i! (\binom{n}{i}) x^{i} (x + 1)^{n - i}$ 。

最终，我们可以达到 $O (m)$ 的计算和 $O (m^{2})$ 预处理的复杂度。

其他组合定理

鸽巢原理

把 $n + 1$ 个球放入 $n$ 个盒子中，至少有一个盒子里有至少 $2$ 个球。

推广：把 $n$ 个球放入 $k$ 个盒子中，则至少有一个盒子里有 $\geq ⌈ \frac{n}{k} ⌉$ 个球，至少有一个盒子里有 $\leq ⌊ \frac{n}{k} ⌋$ 个球。

CF1305C Kuroni and Impossible Calculation

给定长度为 $n$ 的序列 $a$ 和一个整数 $m$ ，求 $\prod_{1 \leq i < j \leq n} | a_{i} - a_{j} | \mod m$ 。

$2 \leq n \leq 2 \times 10^{5}, 1 \leq m \leq 1000, 0 \leq a_{i} \leq 10^{9}$ 。

考虑若存在一组 $i, j$ 使得 $a_{i} \equiv a_{j} (\mod m)$ ，则答案为 $0$ 。由鸽巢原理可知当 $n > m$ 时必然有一组满足条件的 $i, j$ ，因此只需暴力考虑 $n \leq m$ 的情况。

Prufer 序列

Prufer 序列可以将一个带标号 $n$ 个节点的树用 $[1, n]$ 中的 $n - 2$ 个整数表示（即 $n$ 个点的完全图的生成树与长度为 $n - 2$ 值域为 $[1, n]$ 的数列构成的双射）。

构造方式如下：

每次选择一个编号最小的叶子节点并删掉它，然后在序列中记录下它连接到的那个节点的编号，重复 $n - 2$ 次后就只剩下两个节点，算法结束。

Prufer 序列与树的相互转化

给定树，求 Prufer 序列：

用堆维护所有的叶子节点即可。

给定 Prufer 序列求树：

首先给出结论：度数为 $a$ 的点在 Prufer 序列中的出现次数为 $a - 1$ 。

具体构造方法如下：

取出 Prufer 序列中最前面的元素 $x$ 。
取出在点集中的、且当前不在 Prufer 序列中的最小元素 $y$ 。
在 $x, y$ 之间连边（注意将 $y$ 从点集中删除，并将其在 Prufer 序列里的出现次数减一）。
最后将点集中剩下的两个点连边

凯莱定理

$n$ 个点的无根树计数

$n$ 个点的有标号无根树的个数是 $n^{n - 2}$ （即 $n$ 个点的完全图的生成树的数量是 $n^{n - 2}$ ）。

不难证明任意一个长度为 $n - 2$ 的 Prufer 序列都可以构造出一个各不相同的生成树，值域在 $[1, n]$ ，故总数为 $n^{n - 2}$ 。

$n$ 个点的有根树计数

对于每棵无根树来说，每个点都有可能成为根，所以总数为 $n^{n - 1}$ 。

$n$ 个点的每个度数分别为 $d_{i}$ 的无根树计数（P2290 [HNOI2004] 树的计数）

根据 Prufer 序列的性质，我们可以知道度数为 $d_{i}$ 的点在 Prufer 序列中出现 $d_{i} - 1$ 次，那么这其实就是可重集排列数了，总共 $n - 2$ 个位置，每个 $d_{i}$ 会出现 $d_{i} - 1$ 次，套上可重集排列数的公式，可得答案为 $\frac{(n - 2)!}{\prod_{i = 1}^{n} (d_{i} - 1)!}$ 。

Burnside 引理

Polya 定理

P4980【模板】Polya定理

给定一个 $n$ 个点， $n$ 条边的环，有 $n$ 种颜色，给每个顶点染色，问有多少种本质不同的染色方案，对 $10^{9} + 7$ 取模。

我们称两个环本质不同，当且仅当不能通过旋转使得它们变得完全相同。

$T$ 组数据， $T \leq 10^{3}, n \leq 10^{9}$ 。

对于一个环，我们称它任意旋转能得到的所有环构成一个轨道。轨道是环的集合，与生成这个集合的初始环无关。显然所有的环都分成了若干个轨道，而答案就是轨道的数量。

对于任意一个环，都存在一个最小的正整数 $d$ ，使得这个环在旋转 $d$ 格后会与自身重合。我们称 $d$ 为这个环的最小循环节，容易发现，这个环所在轨道的大小为 $d$ ，且 $d$ 一定是 $n$ 的因子。

把旋转看作变换，变换可以作用于环上，把一个环变成另一个环。

那么一共有 $n$ 种变换。对于一个环，所以保持这个环不变的变换被称为这个环的稳定子。容易发现，一个循环节为 $d$ 的环的稳定子大小为 $\frac{n}{d}$ 。

对于任意一个轨道，轨道内每个环的稳定子大小相等，且稳定子大小乘轨道大小等于 $n$ 。

由于一个轨道内所有环的稳定子大小之和恰好为 $n$ ，因此，所有环的稳定子大小之和就等于 $a n s \times n$ 。令 $c r i c$ 表示变换，则有： $a n s \times n = \sum_{c} r i c \frac{n}{d (c r i c)}$ 。

算了，估了，反正也不会。

容斥原理

基本容斥

当我们需要计算不满足条件 $A$ 的方案数时，有时可以使用总方案数来减去满足条件 $A$ 的方案数。

即 $\sum_{C} [! A (C)] = \sum_{C} 1 - \sum_{C} [A (C)]$ ，其中 $C$ 表示一种方案， $A (C)$ 表示这种方案是否满足条件 $A$ 。

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posted @ 2024-05-02 10:01 CheZiHe929 阅读(22) 评论(0) 编辑收藏举报

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