组合数学（待更新）

严格弱序（Strict Weak Ordering）

序理论相关可以看oiwiki序理论。

严格弱序是一种二元关系（以下为简便称之为 $<$ ，定义在集合 $S$ 上），满足以下性质：

（不可比关系（ $x$ is incomparable with $y$ ）可表达为 $\neg (x < y \lor y < x)$ ，这里为方便简记为 $p (x, y)$ ）

（非自反性irreflexivity） $\forall x \in S, x ≮ x$
（非对称性asymmetry） $\forall x, y \in S, x < y \Rightarrow y ≮ x$
（传递性transitivity） $\forall x, y, z \in S, x < y \land y < z \Rightarrow x < z$
（不可比的传递性transitivity of incomparability） $\forall x, y, z \in S, p (x, y) \land p (y, z) \Rightarrow p (x, z)$

注意到满足严格弱序的运算符能够表示所有逻辑运算符，以小于号 $<$ 为例：

$a < b$
$a > b ⟺ b < a$
$a = b ⟺ \neg (a < b \lor b < a)$
$a \leq b ⟺ \neg (b < a)$
$a \geq b ⟺ \neg (a < b)$
$a \neq b ⟺ a < b \lor b < a$

但不满足严格弱序的运算符（如 $\leq$ ）就不行。这也是C++中重载后的比较规则要满足严格弱序的原因（最初默认采用的是小于号 $<$ ）。

Lucas定理

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p) 其中 p 为质数。

证：

注意到 $(\binom{p}{n}) \equiv [n = p \lor n = 0] (\mod p)$ ，

因此 $(a + b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p)$ 。

对于 $f (x) = (1 + x)^{n}$ ， $[x^{m}] f (x) = (\binom{n}{m})$ 。

我们现在对 $f (x)$ 做一点变换，

$\begin{aligned} f (x) & = (1 + x)^{n} \\ = (1 + x)^{p \times ⌊ \frac{n}{p} ⌋} (1 + x)^{n mod p} \\ = ((1 + x)^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (1 + x)^{n mod p} \end{aligned}$
所以 $f (x) \equiv (1 + x^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (1 + x)^{n mod p} (\mod p)$

设 $h (x) = (1 + x^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋}, g (x) = (1 + x)^{n mod p}$ ，

则 $[x^{m}] f (x) \equiv [x^{k p}] h (x) \times [x^{r}] g (x) (\mod p)$ 。

因为 $0 \leq r < p$ ,所以将 $m$ 拆成 $m = k p + r$ 的形式的方法是唯一的，即 $k = ⌊ \frac{m}{p} ⌋, r = m mod p$ 。

所以 $[x^{k p}] h (x) = (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}), [x^{r}] g (x) = (\binom{n mod p}{m mod p})$ 。

原式得证。

~~感觉不是很严谨，感性理解一下。~~

错排

记 $f_{n}$ 表示长度为 $n$ 且不存在 $p_{i} = i$ 的排列的个数。

f_{n} = (n - 1) (f_{n - 2} + f_{n - 1})

证明：

考虑将 $1$ 放在位置 $k$ 上（ $k \neq 1$ ），这里有 $n - 1$ 种方法， $k$ 的放置位置可分类讨论。

$k$ 放在位置 $1$ 上，那么还要将剩下 $n - 2$ 个数错排，即 $f_{n - 2}$ 。

$k$ 放在位置 $t$ 上，那么此时的错排中位置 $1$ 上放的数 $p$ 一定有 $p \neq 1 \land p \neq k$ ，所以可以构造另一个排列：将 $p$ 放在位置 $k$ 上，并将 $1$ 与位置 $1$ 去掉。显然新的排列是一个长度为 $n - 1$ 的错排，且与原来的错排是 一一对应 的。即 $f_{n - 1}$ 。

综上，原式得证。

注意，本证明过程在某些题中也可以用来推导递推关系（如P7438 更简单的排列计数）。

鸽巢原理

将 $(\sum_{i = 1}^{n} p_{i}) - n + 1$ 放入 $n$ 个盒子，一定存在一个盒子 $i$ ，使得第 $i$ 个盒子至少装了 $p_{i}$ 个物品。

证：

设第 $i$ 个盒子装了 $a_{i}$ 个物品，假设：

$\forall x \in N^{*} \land 1 \leq x \leq n, a_{i} < p_{i}$ ，则有 $\sum a_{i} \leq (\sum p_{i}) - n < (\sum p_{i}) - n + 1$ ，矛盾。

所以原命题得证。

练习

有十个数 $a_{1}, a_{2} \dots a_{10}$ 满足 $\forall_{1 \leq i \leq 10} 1 \leq a_{i} \leq 60$ ，证明能够从 $a_{i}$ 中挑出两个交为空的子集，使得它们的和相等。

证：

注意到两个交不为空且和相等的子集减去交集后和仍然相等，所以“交为空”的限制可以去掉。总共有 $2^{10} = 1024$ 个子集，而和的取值范围为 $[0, 600]$ ，根据鸽巢原理，原命题得证。

证明一张有超过 1 个点的简单无向图必定有两点度数相等。

证：

若有 $2$ 个度为 $0$ 的点，已有两点度数相等。

若有 $1$ 个度为 $0$ 的点，则其他 $n - 1$ 个点的度数的取值范围为 $[1, n - 2]$ ，根据鸽巢原理，一定有两点度数相等。

若没有度数为 $0$ 的点，则 $n$ 个点的度数的取值范围为 $[1, n - 1]$ ，根据鸽巢原理，一定有两点度数相等。

综上，原命题得证。

3.证明能从任意 $11$ 个实数中挑选出 $4$ 个数 $a, b, c, d$ 满足：

(a c + b d)^{2} \geq \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) H i n t : \cos < \vec{x}, \vec{y} >= \frac{\vec{x} \cdot \vec{y}}{| \vec{x} | \cdot | \vec{y} |}

证：

$\frac{(a c + b d)^{2}}{(a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2})} \geq \frac{1}{2} 令 \vec{x} = (a, b), \vec{y} = (c, d) \cos^{2} < \vec{x}, \vec{y} >\geq \frac{1}{2} 即转化成 \vec{x} 和 \vec{y} 的夹角不大于 \frac{π}{4}$
由于 $11$ 个实数中根据鸽巢原理，至少有 $6$ 个数符号相同，所以可以挑出三个同一象限的向量，其中一定有两个向量的夹角不大于 $\frac{π}{4}$ 。

容斥原理

练习一

有 $n$ 个元素，问有多少种选择若干个子集的方案，使得选出的子集的交集大小恰好为 $k$ 。

解：

设钦定交集大小为 $k$ 的方案数为 $g (k)$ ，交集大小恰好为 $k$ 的方案数为 $f (k)$ 。有：

\begin{aligned} g (k) & = (\binom{n}{k}) (2^{2^{n - k}} - 1) \\ g (k) & = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) f (i) \end{aligned}

解释以下第一个式子，钦定 $k$ 个后还有 $2^{n - k}$ 个子集，每个集合选或不选，即 $2^{2^{n - k}}$ 种方案，最后要减去一个集合都不选的 $1$ 种方案。

然后反演即可。

f (k) = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) g (i) = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) (\binom{n}{i}) (2^{2^{n - i}} - 1)

练习二

有两个序列 $a_{i}, b_{i}$ 保证所有元素互不相同。你需要重排 $b$ 序列，使得恰好有 $k$ 个 $i$ 满足 $a_{i} > b_{i}$ ，求方案数。

$0 < k \leq n \leq 2000$

解：

注意到序列 $a$ 的顺序对答案是没有影响的，所以先将 $a$ 从小到大排序。

设 $d p_{i, j}$ 表示考虑了前 $i$ 对，有 $j$ 对满足限制的。

发现转移不了（填当前位置上的 $b$ 时不知道前面不满足限制的 $b$ 与当前位置上的 $a$ 的关系）。

考虑只算 $a > b$ 的，即修改定义为考虑了前 $i$ 对，钦定了 $j$ 对满足限制的方案数，发现可以转移了。

d p_{i, j} = d p_{i - 1, j} + d p_{i - 1, j - 1} \times (c n t_{a_{i}} - j + 1)

$c n t_{a_{i}}$ 表示序列 $b$ 中比 $a_{i}$ 小的数的个数。

由于序列 $a$ 单调递增，所以前面 $j - 1$ 个 $b$ 都比 $a_{i}$ 小，在算的时候要减去。

设 $g (k)$ 表示钦定 $k$ 对满足限制的方案数， $f (k)$ 表示恰好 $k$ 对满足限制的方案数。有：

g (k) = (n - k)! d p_{n, k} = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) f (i)

于是反演即可。

\begin{aligned} f (k) & = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) g (i) \\ = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) (n - i)! d p_{n, i} \end{aligned}

练习三

有一个 $n \times n$ 的矩阵，将其三染色，使得至少有一行或者一列同色，问方案数。

$n \leq 10^{6}$

解：

设 $g (i, j)$ 表示钦定有 $i$ 行 $j$ 列同色的方案数， $f (i, j)$ 表示恰好有 $i$ 行 $j$ 列同色的方案数。

我们发现，当 $i > 0 \land j > 0$ 时，这些同色的行和列一定是同一种颜色。故有下式：

g (i, j) = {\begin{cases} 3^{n (n - j) + j} (\binom{n}{j}) & i = 0 \\ 3^{n (n - i) + i} (\binom{n}{i}) & j = 0 \\ 3^{(n - i) (n - j) + 1} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) & O t h e r w i s e . \end{cases}

找 $g (i, j)$ 和 $f (i, j)$ 的关系：

g (i, j) = \sum_{k = i}^{n} \sum_{t = j}^{n} (\binom{k}{i}) (\binom{t}{j}) f (k, t)

对此反演，有两种方法。

练三法一

\begin{aligned} g (i, j) & = \sum_{k = i}^{n} \sum_{t = j}^{n} (\binom{k}{i}) (\binom{t}{j}) f (k, t) \\ = \sum_{k = i}^{n} (\binom{k}{i}) \sum_{t = j}^{n} (\binom{t}{j}) f (k, t) \end{aligned}

我们设：

h (k, j) = \sum_{t = j}^{n} (\binom{t}{j}) f (k, t)

故

g (i, j) = \sum_{k = i}^{n} (\binom{k}{i}) h (k, j)

对上面两个式子反演得到：

\begin{aligned} h (i, j) & = \sum_{k = i}^{n} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) g (k, j) \\ f (k, j) & = \sum_{t = j}^{n} (- 1)^{t - j} (\binom{t}{j}) h (k, t) \end{aligned}

所以得到：

\begin{aligned} f (i, j) & = \sum_{t = j}^{n} (- 1)^{t - j} (\binom{t}{j}) h (i, t) \\ = \sum_{t = j}^{n} (- 1)^{t - j} (\binom{t}{j}) \sum_{k = i}^{n} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) g (k, t) \\ = \sum_{t = j}^{n} \sum_{k = i}^{n} (- 1)^{k + t - i - j} (\binom{t}{j}) (\binom{k}{i}) g (k, t) \end{aligned}

现在来考虑我们要求到什么。

求至少有 $1$ 行或 $1$ 列同色的方案数，即用总方案数减去恰好有 $0$ 行 $0$ 列同色的方案数，所以我们要求的是 $f (0, 0)$ 。

f (0, 0) = \sum_{t = 0}^{n} \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k + t} g (k, t)

由于我们对 $g$ 的取值进行了分讨，这里将式子按分讨拆开。

\begin{aligned} f (0, 0) & = \sum_{t = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k + t} g (k, t) + \sum_{t = 1}^{n} (- 1)^{t} g (0, t) + \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} g (k, 0) + g (0, 0) \\ = \sum_{t = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k + t} 3^{(n - k) (n - t) + 1} (\binom{n}{k}) (\binom{n}{t}) + \sum_{t = 1}^{n} (- 1)^{t} 3^{n (n - t) + t} (\binom{n}{t}) + \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} 3^{n (n - k) + k} (\binom{n}{k}) + 3^{n^{2}} \end{aligned}

后面三块式子已经可以 $O (n)$ 做了，来看前面两重求和号的式子。

\begin{aligned} \sum_{t = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k + t} 3^{(n - k) (n - t) + 1} (\binom{n}{k}) (\binom{n}{t}) & = \sum_{t = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k + t} 3^{n^{2} + 1 - n t - n k + k t} (\binom{n}{k}) (\binom{n}{t}) \\ = 3^{n^{2} + 1} \sum_{t = 1}^{n} (- 1)^{t} 3^{- n t} (\binom{n}{t}) \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) 3^{k (t - n)} \\ = 3^{n^{2} + 1} \sum_{t = 1}^{n} (- 1)^{n - t} 3^{- n t} (\binom{n}{t}) \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{n - k} (\binom{n}{k}) (3^{t - n})^{k} \\ = 3^{n^{2} + 1} \sum_{t = 1}^{n} (- 1)^{n - t} 3^{- n t} (\binom{n}{t}) ((3^{t - n} - 1)^{n} - (- 1)^{n}) \end{aligned}

这样子就做完了。

练三法二

对于我们要反演的式子：

g (i, j) = \sum_{k = i}^{n} \sum_{t = j}^{n} (\binom{k}{i}) (\binom{t}{j}) f (k, t)

有二元二项式反演：

f (i, j) = \sum_{t = j}^{n} \sum_{k = i}^{n} (- 1)^{k + t - i - j} (\binom{t}{j}) (\binom{k}{i}) g (k, t)

证明同法一。

可以推广到 $n$ 元的形式。

练习四

记 ${\binom{n}{m}}$ 表示把 $n$ 个不同的物品划分为 $m$ 个集合构成簇的方案数（不允许空集），求 ${\binom{n}{m}}$ 。

解：

显然有 $O (n m)$ 的递推：

{\binom{n}{m}} = {\binom{n - 1}{m - 1}} + m {\binom{n - 1}{m}}

另一种更快的做法：

设 $f (m)$ 表示恰好把 $n$ 个不同的物品划分为 $m$ 个互不相同的集合构成簇的方案数(集合不能为空)， $g (m)$ 表示把 $n$ 个不同的物品放入钦定的 $m$ 个互不相同的集合构成簇的方案数，其中集合可以为空。

所以 $g (m) = m^{n} = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) f (i)$ 。

反演一下得到：

\begin{aligned} f (m) & = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{m - i} (\binom{m}{i}) g (i) \\ = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{m - i} (\binom{m}{i}) i^{n} \\ = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{m - i} \frac{m! i^{n}}{(m - i)! i!} \end{aligned}

由于原来的集合都是相同的，所以 ${\binom{n}{m}} = \frac{f (m)}{m!}$ 。

即：

{\binom{n}{m}} = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{m - i} \frac{i^{n}}{(m - i)! i!}

Min-Max容斥

证明

$max_{k_{t h}} S = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) min T$

$= \sum_{x \in S} x \sum_{x \in T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) [min T = x]$

令 $f (x)$ 表示 $S$ 中大于 $x$ 的元素构成的集合。

$= \sum_{x \in S} x \sum_{x \in T \subseteq f (x)} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1})$

枚举 $| T |$ :

$= \sum_{x \in S} x \sum_{l = 1}^{| f (x) |} (- 1)^{l - k} (\binom{| f (x) | - 1}{l - 1}) (\binom{l - 1}{k - 1})$

$= \sum_{x \in S} x \sum_{l = 1}^{| f (x) |} (- 1)^{l - k} (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) (\binom{| f (x) | - k}{l - k})$

$= \sum_{x \in S} x (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) \sum_{l = 1}^{| f (x) |} (- 1)^{l - k} (\binom{| f (x) | - k}{l - k})$

易知 $| f (x) | < k$ 时无贡献。

$= \sum_{x \in S} x (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) \sum_{l = 0}^{| f (x) | - k} (- 1)^{l} (\binom{| f (x) | - k}{l})$

$= \sum_{x \in S} x (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) [| f (x) | = k]$

$= max_{k_{t h}} S$

原式得证。

证明 $min$ 的方法类似。将 $k = 1$ 代入得到另外两个式子。

练习一

给定三个序列 $a_{i}, b_{i}, c_{i}$ ，求

\sum_{1 \leq i < j \leq n} max a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j} - min a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j}

$n \leq 2 \times 10^{5}$

解：

暴力拆开那个 $m a x$ :

$max a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j}$

$= min a_{i} + a_{j} + min b_{i} + b_{j} + min c_{i} + c_{j} - min a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j} - min a_{i} + a_{j}, c_{i} + c_{j} - min b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j} + min a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j}$

抵消掉最后那一项，剩下的项中，只有一个的是平凡的，有两个的可以二维偏序，总复杂度就是 $O (n \log n)$ 。

练习二

给 $n$ 个元素，每次会随机选择一个，有 $p_{i}$ 的概率选择第 $i$ 个，问第一次所有元素都被选择过的期望时间。

$1 \leq n \leq 20$

解：

因为 $m i n / m a x$ 容斥都是线性运算，且期望具有线性性，所以可以直接套上期望：

$E (max S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} E (min T)$

$E (min T)$ 的含义实际上就是第一次选到 $T$ 中元素的期望时间，可以把 $T$ 和 $T$ 的补集看做两个整体，那么一次选中的概率就是 $\sum_{x \in T} p_{x}$ ，期望时间就是其倒数 $\frac{1}{\sum_{x \in T} p_{x}}$

然后直接带进式子里计算即可， $O (n 2^{n})$

练习三

给 $n$ 个元素，每次会随机选择一个，有 $\frac{p_{i}}{M}$ 的概率选择第 $i$ 个，问第一次有 $k$ 个元素被选择过的期望时间。

$1 \leq l \leq n \leq 10^{3}, n - 10 \leq k \leq n, \sum_{i = 1}^{n} p_{i} = M \leq 10^{4}$ 。

解：

相当于求期望出现时间第 $n - k + 1$ 大，令 $k \leftarrow n - k + 1$ ，一样的期望式子列出来：

$E (max_{k_{t h}} S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) \frac{M}{\sum_{x \in T} p_{x}}$

直接求肯定 G。因为 $M \leq 10^{4}$ ，所以考虑计算每一种 $\sum_{x \in T} p_{x}$ 作为分母的项的系数之和，再算答案。

考虑设 $d p_{i, j}$ 表示前 $i$ 个，分母和为 $j$ 的项的系数和。

不选很好转移，选的话中间那坨组合数就不太能转的动。

考虑到 $(\binom{| T | - 1}{k - 1}) = \frac{| T | - 1}{| T | - k} (\binom{| T | - 2}{k - 1})$ ，所以我们可以在方程里及一个 $l = | T |$ ，那就可以转了：

$d p_{i, j, l} = d p_{i - 1, j, l} - \frac{l - 1}{l - k} d p_{i - 1, j - p_{i}, l - 1}$

但是这个方程是 $O (n^{2} m)$ 的，显然过不了，且没用到 $k \leq 10$ 的性质。

又考虑到 $(\binom{| T | - 1}{k - 1}) = (\binom{| T | - 2}{k - 1}) + (\binom{| T | - 2}{k - 2})$

那么只需要在方程中记 $l = k$ 即可转移：

$d p_{i, j, l} = d p_{i - 1, j, l} + d p_{i - 1, j - p_{i}, l - 1} - d p_{i - 1, j - p_{i}, l}$

（解释：如果第 $i$ 个不选，即有 $d p_{i - 1, j, l}$ 的贡献，如果第 $i$ 个要选，即 $| T | \leftarrow | T | + 1$ ，观察把组合数拆开之后的式子， $(- 1)^{| T | - k}$ 的符号会改变，所以拆开后的 $(\binom{| T | - 2}{k - 1})$ 这一项的符号改变,贡献为 $- d p_{i - 1, j - p_{i}, l}$ 。而对于 $(\binom{| T | - 2}{k - 2})$ 这一项， $k$ 的值也变化了 $1$ ，对于 $(- 1)^{| T | - k}$ 的影响还有一个 $- 1$ ，所以符号不变，贡献为 $+ d p_{i - 1, j - p_{i}, l - 1}$ ）

就可以 $O (n m k)$ 了。

康托展开

$Q u e s t i o n$ ：求 $1$ 到 $n$ 的一个排列的排名。

式子：

a n s = \sum_{i = 1}^{n} s u m_{a_{i}} \times (n - i)!

其中 $s u m_{a_{i}}$ 指下标大于 $i$ 的数中比 $a_{i}$ 大的数的个数。可以用树状数组来维护这个东西。

理解一下，有些类似数位DP,前 $i - 1$ 位视作固定了，那么只有 $s u m_{a_{i}}$ 个数放在第 $i$ 位时比当前的排列排名小。

确定好第 $i$ 位后，后面 $n - i$ 位就随便放，所以式子长这样。

注意一下这里的排名从 $0$ 开始。

posted @ 2024-07-25 12:13 RandomShuffle 阅读(15) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 多项式全家桶（长期更新）

· 炫酷反演魔术（长期更新）

· OI中基本的组合数学公式

· 我不会组合计数

· 组合数学总结

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

昵称： RandomShuffle
园龄： 2年3个月
粉丝： 7
关注： 4

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

随笔分类

日常总结(181)

RandomShuffle

组合数学（待更新）

严格弱序（Strict Weak Ordering）

Lucas定理

错排

鸽巢原理

容斥原理

Min-Max容斥

康托展开

公告

搜索

常用链接

我的标签

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论