网课-组合数学学习笔记2

基础

插板法

$n$ 个无标号物品分成 $m$ 个有标号组。

非空：

$(\binom{n - 1}{m - 1})$
有空：

$(\binom{n + m - 1}{m - 1})$
构造 一一对应的转化：

现有两个集合 $A, B$ 。如果所有 $A$ 中的元素都能够映射到 $B$ 中，则 $| A | \leq | B |$ ；反之，如果 $B$ 能映射到 $A$ ，则 $| B | \leq | A |$ 。二者同时成立，则 $| A | = | B |$ 。
组大小有上界：

考虑容斥。（二项式反演型容斥。）

容易将赢的场次转化为连续段内点。然后就容易通过上面的方法得到 $\leq K$ 的解法。最后用 $\leq K$ 减去 $\leq K - 1$ 即可。

Catalan 数

Catalan (n) = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1})

wrpwrp 给出了一个特别妙的证法：

Catalan 数的一种表示方式为，从网格图的 $(0, 0)$ 位置，每次向上 / 向右走，走到 $(n, n)$ 且始终不会碰到直线 $y = x + 1$ 的方案数。

研究不合法的路径：

发现所有不合法的路径可唯一映射到一条 $(0, 0) \to (n - 1, n + 1)$ 的路径。易得。

这个方法被称为“折线法”。

P1641 [SCOI2010] 生成字符串

用刚刚的证法再做一遍即可。

折线法进阶：

P3266 [JLOI2015] 骗我呢

如果形如 $f [i] [j]$ 的 DP 转移方程比较简单，可以考虑换到网格图上做数路径。

斯特林数

第一类斯特林数

把 $n$ 个不同元素构成 $m$ 个无标号非空圆排列的方案数。

$[\begin{matrix} n \\ m \end{matrix}] = [\begin{matrix} n - 1 \\ m - 1 \end{matrix}] + (n - 1) [\begin{matrix} n - 1 \\ m \end{matrix}]$
第二类斯特林数

把 $n$ 个不同元素划分 $m$ 个无标号非空子集的方案数。

${\begin{matrix} n \\ m \end{matrix}} = {\begin{matrix} n - 1 \\ m - 1 \end{matrix}} + m {\begin{matrix} n - 1 \\ m \end{matrix}}$
普通幂转下降幂

$m^{n} = \sum_{i = 0}^{m} {\begin{matrix} min (n, m) \\ i \end{matrix}} m^{\underset{―}{i}}$
- 例一：Cards
- 例二
  
  一种方法是咔咔咔用斯特林数推式子，可以做到 $O (k^{2})$ 。
  
  如果使用 拉格朗日插值，则可以做到 $O (k)$ 。
  
  拉格朗日插值：如果我们有如果我们有一个 $n$ 次多项式的 $n + 1$ 个不同的点值 $(x i, y i)$ ，我们可以通过拉格朗日插值公式还原这个多项式。
  
  $f (k) = \sum_{i = 0}^{n} y_{i} \prod_{i \neq j} \frac{k - x_{j}}{x_{i} - x_{j}}$
  证明：如果默认结论“ $n + 1$ 个点值即可确定一个 $n$ 次多项式”结论成立，那么我们构造的 $f (k)$ 显然有次数为 $n$ 且有点值 $(x_{i}, y_{i})$ 。
  
  回到这道题，有一个结论：
  
  $\sum_{i = 1}^{n} i^{k}$ 为一个关于 $n$ 的 $k + 1$ 次多项式。
  
  证明：使用数学归纳法。假设 $\sum_{i = 1}^{n - 1} i^{k}$ 可表示为一个关于 $n - 1$ 的 $k + 1$ 次多项式 $T (n - 1)$ ，满足 $T (x) = \sum_{i = 0}^{k + 1} a_{i} x^{i}$ 。那么如果 $T (n) = \sum_{i = 1}^{n} i^{k}$ 要成立，则 $T (n) = T (n - 1) + n^{k}$ 即 $\sum_{i = 0}^{k + 1} a_{i} n^{i} = n^{k} + \sum_{i = 0}^{k + 1} a_{i} (n - 1)^{i}$ 应当有解，而这的确是有解的。
  
  一个费解的点是：为什么不是关于 $n$ 的 $k$ 次多项式？如果是这样，则方程 $\sum_{i = 0}^{k} a_{i} n^{i} = n^{k} + \sum_{i = 0}^{k} a_{i} (n - 1)^{i}$ 应该有解；而最高项系数，则应有 $a_{i} = a_{i} + 1$ ，这显然是错误的。
  
  现在我们只需要求出 $n = 1, 2, \dots, k + 2$ 时的点值，代入拉格朗日插值公式即可计算。直接暴力套公式是 $O (k^{2})$ 的，但由于我们代入的 $x_{i}$ 是连续的，连乘的结果可以用阶乘表示，于是预处理阶乘后可以做到 $O (k)$ 。

杂题

[AGC013D] Piling Up（代表元）
Fancy Arrays：
- 容斥。
- 矩阵快速幂。
- 对于任意一个序列，其差分序列与之构成双射。

容斥 & 反演

基本容斥

令 $P_{i}$ 表示“满足某种性质的元素的集合”。

左侧：具备至少一种性质的元素个数。

右侧（第一个 $\sum$ 内）：至少具备 $S$ 中所有性质的元素个数。

使用时，我们常常使用其来求解“不具备任何性质的元素个数 = 全部元素 - 具备至少一种性质的元素个数”。

证明见下方“Trick：推容斥系数”。

P3349 [ZJOI2016] 小星星

容斥优化 排列计数 问题。

本题有朴素状压做法设 $f [i] [j] [S]$ 表示第 $i$ 个点的编号为 $j$ ，且其子树的编号选法为 $S$ 。有子集枚举复杂度 $O (n^{3} 3^{n})$ 。

注意到我们枚举子集的目的实际是为了避免重复编号。于是可以做容斥，钦定必须在 $S$ 中选取编号。

*另外我还有一个想法，我们能不能钦定哪些边不在图中呢？——不好处理边之间的相对位置关系。
Trick：推容斥系数

有什么用？当 $f_{i}$ （即容斥系数）不好求时，我们能够将不同的 $C_{0}$ 代入，然后高斯消元求解。

我们先拿它来证明最基本的容斥。考虑每一个元素 $x \in ⋃_{i = 1}^{n} P_{i}$ ，它对于容斥最终结果的贡献应当为 1。设 $x$ 一共在 $k$ 个不同的集合中， $C_{i}$ 表示 $x$ 在 $i$ 个集合中同时出现的情况，则有：

$\sum_{i = 1}^{k} (\binom{k}{i}) f_{i}$
再由二项式定理得：

$\sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) (- 1)^{i} = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) (- 1)^{i} = (- 1 + 1)^{k} = [k = 0]$
故令 $f_{i} = (- 1)^{i + 1}$ ，则有：

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

构造条件 $C_{i}$ 表示至少 $i$ 个数在相同位置上，并代入不同 $C_{0}$ 表示恰好 $m$ 个位置在不同位置上。

$\sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) f_{i} = a_{m}$
这里可以直接 $O (n^{2})$ 递推解出 $f_{i}$ 。

关于反演：

二项式反演

以第一个式子的证明为例。推导过程难点在一开始设出一个式子：

f_{n} = \sum_{m = 0}^{n} [n - m = 0] (\binom{n}{m}) f_{m}

然后代入这个重要的式子：

\sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) = [n = 0]

接着咔咔咔推一下就可以了。

考虑上面二项式反演的组合意义。后者拥有更加常用的组合意义，即 $g_{k}$ 表示钦定选择 $k$ 个、其它任选的方案数， $f_{k}$ 表示恰好选择 $k$ 个；前者则用“错排”来解释比较合适， $g_{n}$ 表示 $n$ 个人随便站的方案数， $f_{n}$ 表示恰好 $n$ 个人都站错的方案数。

P4859 已经没有什么好害怕的了

子集反演

其实这两个式子，前者代表 $F$ 为 $G$ 高维前缀和，后者代表 $G$ 为 $F$ 高维差分。（这可以称为定义式。）

高维差分的计算方式实际与高维前缀和一模一样，是逐位做减法。

这次证明代入的关键式为：

\sum_{T \subset S} (- 1)^{| T |} = [| S | = 0]

其它与二项式反演大同小异。

P6442 [COCI2011-2012#6] KOŠARE

同样，子集反演也可以用于“恰好”与“至多 / 至少”的转换。
[ARC101E] Ribbons on Tree

没太懂。我认为直接称之为容斥 DP 会更合适，考虑一条边加 / 不加入，然后分成若干连通块。过会儿推一下。

min-max 反演

P3175 [HAOI2015] 按位或

设 $t_{i}$ 表示第 $i$ 位变为 $1$ 的时间，答案等价于 $E ({max}_{i = 0}^{n - 1} t_{i})$ 。

使用 min-max 反演。

$E ({max}_{i = 0}^{n - 1} t_{i}) = \sum_{S \in [1, n]} (- 1)^{| S | + 1} E (min_{i \in S} t_{i})$
而 $E (min)$ 是很好求的因为可以贪心。

斯特林反演

例题一：

设 $f (n, m)$ 表示只限制行不等价的情况下的方案数，则有： $f (n, m) = (c^{m})^{\underset{―}{n}}$ 。

设 $f (n, m)$ 表示行、列都不等价的情况下的答案，则有：

$f (n, m) = \sum_{i = 1}^{m} {\begin{matrix} m \\ i \end{matrix}} g (n, i)$
相当于枚举等价类。

Tips：以后做组合计数问题，可以先弱化问题，然后找弱化后式子和要求式子的关系。
例题二：P10591 BZOJ4671 异或图

图上问题经常的套路就是将“连通”给容斥 / 反演掉。

设 $f_{i}$ 表示恰好有 $i$ 个联通块的方案， $g_{i}$ 表示钦定 $i$ 个子集的方案（求解方法：将图划分为 $i$ 个子集，子集内随便连边，子集间不连边）（注意不等同于 $f_{i}$ 的后缀和），有如下式子成立：

$g_{k} = \sum_{i = k}^{n} {\begin{matrix} i \\ k \end{matrix}} f_{i}$
$f_{1} = \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{i - 1} (i - 1)! g_{i}$
接下来需要求出 $g_{i}$ 。这时可以直接枚举子集的划分情况，划分种类数为贝尔数（即第二类斯特林数的一个前缀和），然后计算连边方案数（使用线性基计算自由元个数）。

生成函数（GF）

多项式定理

多项式 $(x_{1} + x_{2} + x_{3}, \cdot \cdot \cdot, x_{t})^{n}$ 的展开式中 $x_{1}^{n_{1}} x_{2}^{n_{2}} \dots x_{t}^{n_{t}}$ 的系数
是：

$\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{t} n_{i}!} = (\binom{n}{n_{1}, n_{2}, \dots, n_{t}})$
其中 $\sum n_{i} = n$ 。

广义二项式定理

上指标反转可以在 $n < 0$ 时用于将上指标化为正形式。

幂级数展开

使用平凡广义二项式定理即可展开的：

观察 $\frac{1}{1 - x}$ 与 $\frac{1}{(1 - x)^{2}}$ ，猜想：

\frac{1}{(1 - x)^{3}} = 1 + 3 x + 6 x^{2} + 10 x^{3} + \dots

在 GF 中，乘上 $\frac{1}{1 - x}$ 等价于做前缀和，乘上 $(1 - x)$ 等价于做差分。而乘上形如 $x, \frac{1}{x}$ 的项则是将下标左右平移。

使用泰勒公式展开的：

OGF

例一：

正确性是由于若干括号相乘，等价于每个当中挑一个相乘，将所有方案相加。
P10780 BZOJ3028 食物

就我最菜，连因式分解和完全立方公式都想不到 :(

$(a + b)^{3} = (a + b) (a^{2} + b^{2} - a b) = a^{3} + 3 a^{2} b + 3 a b^{2} + b^{3}$

EGF

更确切地说，EGF 主要被用于处理若干序列的合并问题。

为什么这么说呢？举例：

f_{i + j} = g_{i} * h_{j} * (\binom{i + j}{i})

\frac{1}{(i + j)!} f_{i + j} = \frac{1}{i!} g_{i} * \frac{1}{j!} h_{j}

例一：

仅含偶数项的 EGF：

$G (x) = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + \dots = \frac{e^{x} + e^{- x}}{2}$
例二：

应用

推导数列通项公式

例，斐波那契、卡特兰。
多项式操作

三个：多项式求逆、多项式 ln、多项式 exp。

$O (n \log n)$ 复杂度方法见此。

如果遇到不卡 $O (n^{2})$ 的情况，我们可以对其求导后推一个简单的递推式。
例题
- 例一：
  
  生成函数的设计
  
  实际有几种选择：
  - 以每种长度的骨牌为单位，构建选择几个骨牌的 EGF。
  - 以选了几个骨牌为单位，构建选择每种骨牌的 OGF。
  经过实践选择后者更加简洁。
  
  注意不能有 $A_{0} = 1$ ，因为可能会导致前面的项与后面的项有重复方案。
  
  有答案的生成函数为：
  
  $\sum_{i = 0}^{n} A^{i} (x) = \frac{1}{1 - A (x)}$
- 例二：
  
  考虑枚举环，将若干棵树拼到环上。
  
  根据 Prufer 定理， $n$ 个点有标号无根树的数量为 $n^{n - 2}$ ；故有 Cayley 定理， $n$ 个点有标号有根树的数量为 $n^{n - 1}$ 。所以有有根树的 EGF 为： $A (x) = \sum n \geq 1 \frac{n^{n - 1} x^{n}}{n!}$ 。
  
  接着枚举环。注意，这里的环翻转、旋转都会重复，故根据 Burnside 定理，长度为 $k$ 的环的数量为 $\frac{k!}{2 k}$ 。因此答案的 EGF 为：
  
  $a n s = \frac{1}{2} \sum_{k \geq 3} \frac{A^{k} (x)}{k} = - \frac{1}{2} \ln (1 - A (x)) - \frac{A (x)}{2} - \frac{A^{2} (x)}{4}$
  （为什么不能直接像下一题，城市规划，那样做？）
- 例三：P4841 [集训队作业2013] 城市规划
  
  这道题不同于前两道的一点在于，我们需要自己构造一个生成函数。（类似于反演题目。）
  
  设 $g [n]$ 表示 $n$ 个点有标号无向连通图数量， $f [n]$ 表示 $n$ 个点有标号无向图数量，可以发现有：
  
  $F = e^{G}$
  于是求 $F$ 的多项式 $\ln$ 即可。