组合基础

OI 中的组合，基本指组合计数。组合极值一般是贪心题或者 dp 题。

【组合数】

组合数 $C_n^m={(}_m^n)$。

注意：求逆元前，请一定判断清楚，是否可能不存在逆元！！！

1. $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$。

   c[n][m] = c[n - 1][m] + c[n - 1][m - 1];

   这个方法主要问题在于空间。

   优点：可以把 c[1 ~ n][1 ~ m] 全部求出来，好写。

   缺点：空间大。

   复杂度：$O(nm)$。

   适用情况：$n,m$ 都小。

2. $C_n^m=\frac{n\times (n-1)\times \cdots \times (n-m+1)}{m\times (m-1)\times \cdots \times 1}$。

   问题：我们不可能把分子乘完再除以分母，会爆的。

   方法一：$C_n^m={\displaystyle \prod _{i=1}^m\frac{n-i+1}{i}}$。 但是这个方法可能会爆。

   方法二：求出 $1\sim m$ 的逆元。然后把除换成乘。一路直接乘过去，边乘边模。

   复杂度：算一次 $O(m)$。

   适用情况：$m$ 小。

3. $C_n^m=\frac{n!}{(n-m)!m!}=n!(m!{)}^{-1}[(n-m)!{]}^{-1}$。

   只要能求出阶乘的逆元，就可以 $O(1)$ 计算。

   我们考虑 $(n!{)}^{-1}$ 和 $[(n+1)!{]}^{-1}$ 互相转化。

   $1\equiv (n+1)!\times [(n+1)!{]}^{-1}\equiv n!\times (n+1)[(n+1)!{]}^{-1}$。

   所以 $(n!{)}^{-1}\equiv [(n+1)!{]}^{-1}(n+1)$。

   我们先欧拉函数暴力计算 $n!$ 的逆元，然后从大往小推出所有阶乘逆元。

   注意：我们这里是可以从 $n+1$ 推 $n$，而不是 $n$ 推 $n+1$。

   code

   优点：$O(n)$ 预处理之后，每次询问 $O(1)$。

   复杂度：$O(n)$。

   适用场景：$O(n)$ 可行，需要多次查询。

4. 卢卡斯定理（Lucas）。

   二项式定理：$(a+b{)}^n={\displaystyle \sum _{i=0}^n{C}_n^i{a}^{n-i}{b}^i}$。

   引理：对 $k:1\sim (p-1)$，$p$ 为质数，$p\mid C_p^k$。

   引理证明：$C_p^k=\frac{p!}{k!(p-k)!}$，分子有一个 $p$，分母没有 $p$。

   卢卡斯定理：$C_n^m\equiv C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\mathrm{\%}p}^{m\mathrm{\%}p}(\mathrm{mod}p)$。

   （若 $C_n^m$ 中 $m>n$，则 $C_n^m=0$）

   证明：

   记 $n=ap+b,m=kp+t(0\le b,t<p)$。

   $(1+x{)}^n=C_n^0{x}^0+C_n^1{x}^1+\cdots +C_n^m{x}^m+\cdots +C_n^n{x}^n.$

   又 $(1+x{)}^n=(1+x{)}^{ap+b}=(1+x{)}^{p^a}\times (1+x{)}^b(1).$

   而 $(1+x{)}^p=C_p^0{x}^0+C_p^1{x}^1+\cdots +C_p^p{x}^p\equiv C_p^0+C_p^p{x}^p$。

   所以 $(1)\equiv (1+x^p{)}^a\times (1+x{)}^b\equiv [C_a^0(x^p{)}^0+C_a^1(x^p{)}^1+\cdots +C_a^k(x_p{)}^k+\cdots ][\cdots +C_b^t{x}^t+\cdots ].$

   发现 $x$ 的 $kp+t$ 次项，一定是从左边括号选出 $kp$ 次项，右边括号选出 $t$ 次项，然后相乘得出的。

   所以 $x$ 的 $kp+t$ 次项的系数一定是 $C_a^k\times C_b^t$。

   而从二项式定理的展开中知道，$x$ 的 $m=kp+t$ 次项的系数应该是 $C_n^m$。

   所以 $C_n^m=C_a^k\times C_b^t=C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\mathrm{\%}p}^{m\mathrm{\%}p}$。

   证毕。

   复杂度：$O(p{\log }_p^n)$。

   适用场景：$n,m$ 非常大，$O(p)$ 可行。或者 $n,m\ge p$，不能直接求逆元（不能保证互质），用卢卡斯定理转化。

数三角形

三角形个数 = 任取三个点的方法数 - 三点共线个数。

总数：$C_{(n+1)(m+1)}^3$

行的三点共线：$(n+1)C_{(m+1)}^3$

列的三点共线：$(m+1)C_{(n+1)}^3$

斜的：

考虑枚举所有点，对于一个点，枚举所有斜率，看这条线上有多少个点，然后用组合数求出来。

但是发现一个斜率可能有很多个点所得出的答案一样。

于是我们改一下顺序：先枚举所有斜率，然后对于所有可以放上这个斜率的点，求出这个斜率上所有点，然后再减去。

斜率可以看做一个长方形的对角线。于是我们枚举这个长方形的长 $i$ 和宽 $j$。那么可以作为长方形左上角的点就有 $(n+1-i)(m+1-j)$ 个。

在每一个长 $i$ 宽 $j$ 的长方形对角线上，一共有 $gcd(i,j)+1$ 个格点。（仪仗队）因此，取左上角、右下角和对角线中间 $gcd(i,j)-1$ 个点中任意一个点都能组成一组三点共线，并且每一组之间不会重复。

另外，还要注意，长方形有两条对角线，所以每次减的时候要减两份。

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生成字符串

其实就是卡特兰数。

考虑把问题对应成一个 $m\times n$ 的方格表（$n$ 是横着的）。最初我们在左下角，现在要去到右上角，每次可以向右或者向上移动一格。

把向右移动一格看做是在前面放一个 1，向上移动一格看做是放一个 0。那么移动到右上角就相当于我们取完了所有 0 和 1。每条移动的路径都和一个字符串一一对应。

条件 “任何前缀中 1 的个数必须不少于 0”，就相当于从左下角画一条 45° 向右上角走的斜线，不能越过这条斜线。

把这条斜线整体上移一个，条件就变成了不能碰到这条斜线。

我们还是考虑总数减去不符合要求的数。

总数：$C_{(n+m)}^m$，即从 $n+m$ 步中选 $m$ 个位置向上走。

不符合方案（碰到斜线）：

把这个方格表的左边加一列，并把斜线往左下角延伸一个。此时的斜线就连到了新方格表的左下角。

考虑所有不符合的方案，一定存在第一个点，碰到了斜线。
我们把这个点之前进行的所有步，都关于这条斜线做对称。

这样我们就得到了一条新路径：从新表左下角的上面一格出发，走到右上角。

我们发现，每一条这种路径，都与一条不符合要求的路径一一对应。并且，这种路径一共走了 $n+m$ 步，其中有 $m-1$ 步向上。

所以，这种路径的数量是 $C_{(n+m)}^{(m-1)}$。

因此，答案就是 $C_{(n+m)}^m-C_{(n+m)}^{(m-1)}$。

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可重组合

插板法。

$k$ 种里面选 $x$ 个。考虑第 $i$ 种选了 $x_i$ 个。就是解 $x_1+x_2+\cdots +x_k=x$ 的非负整数解。

$C_{x+k-1}^{k-1}$，也可以说是 $C_{x+k-1}^x$。

建设城市

注意：$n,n+1$ 之间没有要求。

两种情况：$x,y$ 一左一右，或者 $x,y$ 同侧。

1. 一左一右。

   假设高度 $k$。则 $1\sim x-1$ 的楼高度取值 $1\sim k$。

   我们发现，只要取出了 $x-1$ 个高度，其排列方式已经固定了。

   所以，这就是一个 “可重组合”。从 $k$ 种里面选 $x-1$ 个，答案 $C_{k+x-2}^{x-1}$

   之后另外三个部分都差不多，求完四块之后全部相乘，就是 $x,y$ 高度为 $k$ 的方案数。

   复杂度 $O(n+m)$。因为 $O(n)$ 预处理组合数（第三种），$O(m)$ 枚举 $x,y$ 的高度。

2. 同侧。

   显然，同左和同右是对称的。

   这种其实就是只有三个部分——$x,y$ 中间夹着的一定高度都是 $k$。

【容斥原理】

有三个集合 $A,B,C$。现在想要知道 $|A\cup B\cup C|$。

$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|A\cap C|+|A\cap B\cap C|$。

例如，$1\sim n$ 中 $2$ 或 $3$ 或 $5$ 的倍数有几个，就是 $n/2+n/3+n/5-n/6-n/15-n/10+n/30$。（下取整）

容斥原理：

$|A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n|={\displaystyle \sum |A_i|-{\displaystyle \sum _{i\ne j}|A_i\cap A_j|+\sum |A_i\cap A_j\cap A_k|-\cdots .}}$

证明方法考虑归纳法。

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容斥原理的题目一般长这样：

符合条件 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$ 至少一个的方法数。（1）

对 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$ 的不符合的方法数。（2）

符合 $t_i$ 的情况，记为 $A_i$。全集记为 $S$。

（1）：答案为 $A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n$。

（2）：答案为 $C_S(A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n)$。

而全集一般都很好求。所以情况（1）和情况（2）可以视为等价的。

不妨称 $t_i$ 为 “基本条件”，$A_i$ 为 “基本集合”。

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容斥原理的代码：

写一个子集枚举，传参数记录选了多少个集合交起来。然后根据参数判断当前的答案是正是负。

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无平方数

记 $p_i$ 为第 $i$ 个质数，$2^{50}$ 内有 $k$ 个质数（$k$ 大概是 $3\times {10}^7$）。$A_i$ 为符合 “是 $p_i^2$ 的倍数” 条件的集合。

则 $A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_k$ 为所有 “非 squarefree” 的数。

$|A_i|=[{\displaystyle \frac{2^{50}}{p_i^2}]}$，$|A_i\cap A_j|=[{\displaystyle \frac{2^{50}}{(p_i{p}_j{)}^2}]}$，$|A_i\cap A_j\cap A_t|=[{\displaystyle \frac{2^{50}}{(p_i{p}_j{p}_t{)}^2}]}$……

这个并集是不好算的，但是交集很简单。

我们可以搜索——搜索出所有若干个质数相乘的所有次数为 $1$ 的数，并同时记录每个数是由多少个质数乘起来的。（当然，质数乘起来必须 $\le 2^{25}$，否则平方就炸掉了。）

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硬币购物

如果只有一次询问，可以直接多重背包加单调队列优化，但是有多次询问。

记 $t_i$ 为 “第 $i$ 种硬币使用超量”，$A_i$ 为对应集合。

$t_1\cup t_2\cup t_3\cup t_4$ 为 “至少有一种硬币超量”，是所有不符合条件的情况。

记 $dp[x]$ 为凑 $x$ 面值，每种硬币随便用的方法数。（完全背包）

$|A_i\cap A_j|=dp[s-(d_i+1)c_i-(d_j+1)c_j]$，因为先把 $i,j$ 两种取到保证超量。

因为硬币种数很少，所以每次询问求一次容斥都没压力。

一个东西选超量：先把它取完，再多取一个，最后随便选。

分特产

如果不要求每人至少拿一个，我们可以先把第一个分给所有人，然后分第二个…… 分每一个之间相互独立，分步计数。

如果要求每人至少一个，当前每个人是否拿到了就会影响后面的特产分发，不能分步计数。

但是，我们可以考虑反面：至少有一个人没有特产。

$t_i$：第 $i$ 个人没拿到特产。

想要的：$A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n$ 的补集。（所有同学都分到了）

$|A_i|=$ 所有特产分给另外 $n-1$ 个人的方法数。

$|A_i\cap A_j|=$ 所有特产分给另外 $n-2$ 人方法数 $=\prod C_{a_i+(n-2-1)}^{a_i}$。（隔板法）

另外注意到，无论是哪两个同学没分到，答案都相等。所以我们不需要真的枚举所有子集。

一个人没分到：把所有东西都分给别人。

染色问题

分步考虑三个条件。

1. $t_i$ 为第 $i$ 种颜色不用。想要的是所有集合并起来的补集：所有颜色都用过。

   $|A_i\cap A_j|=$ 剩下 $C-2$ 种颜色随便染的方法数。

   复杂度贡献乘 $C$，无论是选第 $1,2$ 种颜色，还是选第 $3,4$ 种颜色，答案都是一样的。

2. 有 $k$ 种颜色可选。$t_i$ 为第 $i$ 行无色。所有集合的并集的补集：每一行都有色。

   $|A_i\cap A_j|=n-2$ 行 $m$ 列染色，不要求每行有色。

3. $x$ 行 $y$ 列 $k$ 种颜色，只需每列有色。不考虑另外两个条件。

   $[(k+1{)}^x-1]$ 是某一列有色的情况数：一列 $x$ 个，每个有 $k+1$ 种染色方式（包括不染），去掉每一个都不染的情况。

   一共 $y$ 列，$[(k+1{)}^x-1{]}^y$ 种方法。

用两次容斥，去掉两个条件。

//用x种颜色染色的方法，仍要求行列非全无色，但x种颜色不必都用过
long long cnt(long long x) {
	long long ans = 0;
	// 其中i行可以有颜色，即某n-i行无色
	for (long long i = n, t = 1; i >= 1; i--, t *= -1)
		ans = (ans + fpow((fpow(x + 1, i) - 1)/*一列全部方案减去一种全无色*/, m)/*所有列非全无色*/ * t * cmb(n, i) % p + p) % p;
	//X种颜色不必都用过（但每行每列必须有色）=X种颜色涂n行（颜色不必都用每行不必有色但每列必须有色）-X种涂n-1行（颜色不必都用每行不必有色但每列必须有色） + X种颜色涂n-2行（颜色不必都用每行不必有色但每列必须有色）- ....
	 
	//X种颜色涂i行（颜色不必都用，每行不必有色，但每列必须有色）已经足够简单，方法数是 [(X+1)^i - 1]^m
	return ans;
}

for (long long i = c, t = 1; i >= 1; i--, t *= -1)
		ans = ((ans + cmb(c, i) * cnt(i) * t) % p + p) % p;
//ans = C种颜色不必都用过（但每行每列必须有色） - C-1种颜色不必都用过（但每行每列必须有色） + C-2种颜色不必都用过（但每行每列必须有色） - .... 

错排问题

$f(n)=(n-1)(f(n-2)+f(n-1))$。

卡特兰数

考虑所有符合条件的路径，一定有 “第一个碰到斜线的地方”。（至少在终点碰到了）

$ans=$ 从起点到这个地方 $\times$ 从这个地方到终点。

这两个部分分别是更小的卡特兰数。

栈

当出入栈序列固定，最终序列也就确定了。

出入栈序列只要求每个前缀中，出栈个数小于等于入栈。

这就是卡特兰数。

卡农

简化题意：

给出一个音阶集合 $S=\{x_1,x_2,...,x_n\}$。记其非空子集（片段）为 $S_1,S_2,...,S_{2^n-1}$。

要求选出 $m$ 个非空子集 $S_{t_1},S_{t_2},\cdots ,S_{t_m}$，要求每个音阶在选出的非空子集中出现偶数次 且 $t_1,t_2,\cdots ,t_m$ 互不相同。

问有多少组 $\{t_1,t_2,\cdots ,t_m\}$。

三个条件：不同、非空、$x_i$ 出现偶数次。

设 $dp[i]$ 为选 $t_1\sim t_i$ 并符合条件的方法数。

分步。

1. 任选 $t_1\sim t_{i-1}$，只要求不同非空即可，${\displaystyle C_{2^n-1}^{i-1}}$。

2. 选 $t_i$。对于一个音阶 $x_a$，如果在选出的 $t_1\sim t_{i-1}$ 中出现奇数次，必须选；否则必须不选。

   考虑特殊情况：$t_i$ 和之前的重复了，或者是空集。

   1. $S_{t_i}$ 空，意味着前 $i-1$ 个已经满足了所有条件。

      因为 “$i$ 个有一个空集” 和 “$i-1$ 个刚好满足所有条件” 一一对应，所以一共有 $dp[i-1]$ 个这种情况。

   2. $S_{t_i}$ 和之前的重复了（显然这种情况和 1 类没有重复），意味着把 $S_{t_i}$ 和与它重复的集合去掉，又可以满足所有条件。

      考虑这个对应关系。

      显然 $i$ 个片段含一对重复，可以唯一对应到 $dp[i-2]$ 里面。

      但是 $dp[i-2]$ 对应到很多个 “$i$ 个含一对”，因为 $i-2$ 含的一对相同片段有 $[(2^n-1)-(i-2)]$ 种选择。

      所以最后有 $dp[i-2]\times [(2^n-1)-(i-2)]$ 种这个情况。