组合数学学习笔记（一）：组合数基础知识

1.组合数学学习笔记（一）：组合数基础知识2024-08-01

2.组合数学学习笔记（二）：鸽巢原理、容斥及反演2024-08-01 3.线性代数学习笔记（一）：线性代数基础知识2024-09-20 4.多项式学习笔记（二）：多项式初等函数01-20 5.多项式学习笔记（一）：多项式基础知识、快速傅里叶变换2024-08-01 6.博弈论学习笔记（一）：博弈论基础知识、常见博弈类型2024-09-20 7.数论学习笔记（二）：数论函数2024-09-20 8.数学顶尖科技学习笔记01-20 9.组合数学学习笔记（四）：特殊的数01-23 10.数论学习笔记（一）：同余相关2024-09-20 11.组合数学学习笔记（三）：生成函数2024-11-20 12.多项式学习笔记（三）：多项式高级算法02-11 13.组合数学学习笔记（五）：符号化方法02-11

一、组合数

1.递推式

$(\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m - 1}) + (\binom{n - 1}{m})$

证：左边相当于从 $n$ 个数中选 $m$ 个数，右边枚举第 $n$ 个数选不选。如果选，就从剩下 $n - 1$ 个数中选 $m - 1$ 个；如果不选，就从剩下 $n - 1$ 个数中选 $m$ 个。

2.对称性

$(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m})$

证：左边相当于从 $n$ 个数中选 $m$ 个数留下，右边相当于从 $n$ 个数中选 $n - m$ 个数丢弃。

3.吸收/相伴等式

$\frac{(\binom{n}{m})}{(\binom{n - 1}{m - 1})} = \frac{n}{m}$

证：原式 $= \frac{\frac{n!}{(n - m)! m!}}{\frac{(n - 1)!}{(n - 1 - m + 1)! (m - 1)!}} = \frac{\frac{n!}{m!}}{\frac{(n - 1)!}{(m - 1)!}} = \frac{n}{m}$

$\frac{(\binom{n}{m})}{(\binom{n - 1}{m})} = \frac{n}{n - m}$

证：原式 $= \frac{\frac{n!}{(n - m)! m!}}{\frac{(n - 1)!}{(n - 1 - m)! m!}} = \frac{\frac{n!}{(n - m)!}}{\frac{(n - 1)!}{(n - m - 1)!}} = \frac{n}{n - m}$

$\frac{(\binom{n}{m})}{(\binom{n}{m - 1})} = \frac{n - m + 1}{m}$

证：原式 $= \frac{\frac{n!}{(n - m)! m!}}{\frac{n!}{(n - m + 1)! (m - 1)!}} = \frac{(n - m + 1)! (m - 1)!}{(n - m)! m!} = \frac{n - m + 1}{m}$

4.上指标反转

$(\binom{n}{m}) = (- 1)^{m} (\binom{m - n - 1}{m})$

证：原式 $= \frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!} = (- 1)^{m} \frac{(- n)^{\overset{―}{m}}}{m!} = (- 1)^{m} \frac{(m - n - 1)^{\underset{―}{m}}}{m!} = (- 1)^{m} (\binom{m - n - 1}{m})$

5.三项式系数恒等式

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

证：左边相当于从 $n$ 个数中选 $m$ 个数，再从这 $m$ 个数中选 $k$ 个数，右边相当于从 $n$ 个数中选 $k$ 个数，这些数一定包含在要选的 $m$ 个数中，因此就只用在剩下 $n - k$ 个数中选 $m - k$ 个数。

6.上指标求和

$\sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{m}) = (\binom{n + 1}{m + 1})$

证：①原式 $= \sum_{i = m}^{n} \frac{i^{\underset{―}{m}}}{m!}$ （当 $i \leq m$ 时，无法从 $i$ 个数中选出 $m$ 个数，因此省去） $= \frac{1}{m!} \sum_{i = m}^{n} i^{\underset{―}{m}}$ （ $\frac{1}{m!}$ 与 $i$ 无关，可以提出） $= \frac{1}{m!} [\frac{(n + 1)^{\underset{―}{m + 1}}}{m + 1} - \frac{m^{\underset{―}{m + 1}}}{m + 1}]$ （离散微积分，具体证明可见《离散微积分学习笔记》） $= \frac{(n + 1)^{\underset{―}{m + 1}}}{(m + 1)!} = (\binom{n + 1}{m + 1})$ 。

②右边相当于从 $n + 1$ 个数中选出 $m + 1$ 个数，左边相当于确定了第 $m + 1$ 个数的位置 $i + 1$ ，要从前 $i$ 个数中再选 $m$ 个。

练习一

化简： $\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n + i}{i})$

解：原式 $= \displaystyle\sum_{i = 0}^m\binom{n + i}{n} $（对称性）$ = \displaystyle\binom{n + m + 1}{n + 1}$ （上指标求和）。

7.下指标求和

$\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) = 2^{n}$

证：①左边相当于从 $n$ 个数中选任意个数，每个数都有选或不选两种方案，因此有 $2^{n}$ 种方案；

②当二项式定理中 $x$ 和 $y$ 都为 $1$ ，就可以得出此等式。

例题一

一句话题意：给 $q$ 组询问，每次给出 $n, m$ ，求 $\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i})$ 。

$q, n, m \leq 10^{5}$ ，对 $10^{9} + 7$ 取模。

解：把 $n, m$ 看成区间，使用莫队算法（我不会qwq）：

$n \to n + 1$ ： $\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n + 1}{i}) = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) + \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n - 1}{i}) = 2 \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) - (\binom{n}{m})$ （两排错位相加，减掉最后一位）

$m \to m + 1$ ： $\sum_{i = 0}^{m + 1} (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) + (\binom{n}{m + 1})$

8.下指标卷积 | 范德蒙德卷积

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

证：左边相当于从 $n$ 个数中选 $i$ 个数，再从 $m$ 个数中选 $k - i$ 个数，右边相当于从 $n + m$ 个数中选 $k$ 个数，两者意义相同。

练习二|下指标点积

化简 $\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{i})$

解：原式 $= \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{m - i})$ （对称性）= $(\binom{n + m}{m})$ （下指标卷积）

9.上指标卷积

$\sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{a}) (\binom{n - i}{b}) = (\binom{n + 1}{a + b + 1})$

证：左边相当于在 $n$ 个数中插入一个挡板，在挡板左边的数中选 $a$ 个，在挡板右边的数中选 $b$ 个，如果将挡板也看作一个数，那么就等于从 $n + 1$ 个数中选 $a + b + 1$ 个数，即右边的表达式。

练习三

化简： $\sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{m})$

解：原式 $= \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{m}) (\binom{n - m}{i - m})$ （三项式系数恒等式） $= (\binom{n}{m}) \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n - m}{i - m})$ （ $(\binom{n}{m})$ 与 $i$ 无关，可以提出） $= (\binom{n}{m}) \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} \frac{(n - m)^{\underset{―}{i - m}}}{(i - m)!}$ （组合数展开） $= (\binom{n}{m}) \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{m} \frac{(i - n - 1)^{\underset{―}{i - m}}}{(i - m)!}$ （上指标反转） $= (- 1)^{m} (\binom{n}{m}) \sum_{i = m}^{n} (\binom{i - n - 1}{m - n - 1})$ （组合数的定义） $= (- 1)^{m} (\binom{n}{m}) (\binom{0}{m - n}) = {\begin{array}{lr} (- 1)^{m} & : m = n \\ 0 & : m \neq n \end{array}$

例题二

有标号连通图计数， $n \leq 10^{3}$

分析：记 $f_{i}$ 表示大小为 $i$ 的有标号连通图的个数， $g_{i}$ 表示大小为 $i$ 的有标号图的个数，则 $g_{i} = 2^{(\binom{n}{2})}$ 。

考虑简单容斥，求大小为 $i$ 的有标号不连通图的个数：假设 $1$ 号点所在连通块大小为 $j (j < i)$ ，则有 $f_{i} = g_{i} - \sum_{j = 1}^{i - 1} (\binom{i - 1}{j - 1}) f_{j}$

$O (n^{2})$ DP 即可。

例题三

一句话题意：给定 $L$ ， $T$ 次询问，每次给定 $n, m, k$ ，求： $\sum_{i = 0}^{k} (\binom{m}{i}) (\binom{n - m}{k - i}) i^{L}$

$T \leq 200, n, m, k \leq 2 \times 10^{7}, L \leq 2 \times 10^{5}$

分析：原式 $= \sum_{i = 0}^{k} (\binom{m}{i}) (\binom{n - m}{k - i}) \sum_{j = 0}^{L} {_{j}^{L}} i^{\underset{―}{j}}$ (斯特林数的计算式) $= \sum_{i = 0}^{k} (\binom{m}{i}) (\binom{n - m}{k - i}) \sum_{j = 0}^{L} {_{j}^{L}} (\binom{i}{j}) j!$ (组合数的计算式) $= \sum_{j = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{k} j! {_{j}^{L}} (\binom{m}{i}) (\binom{i}{j}) (\binom{n - m}{k - i})$ (将求和移动到最外层) $= \sum_{j = 0}^{L} \sum_{i = 0}^{k} j! {_{j}^{L}} (\binom{m}{j}) (\binom{m - j}{i - j}) (\binom{n - m}{k - i})$ (三项式系数恒等式) $= \sum_{j = 0}^{L} j! {_{j}^{L}} (\binom{m}{j}) \sum_{i = 0}^{k} (\binom{m - j}{i - j}) (\binom{n - m}{k - i})$ (将只与 $j$ 有关的因式外移) $= \sum_{j = 0}^{L} j! {_{j}^{L}} (\binom{m}{j}) (\binom{n - j}{k - j})$

预处理一下斯特林数和组合数就可以 $O (L)$ 每次询问了。

10.Lucas 定理

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

证：① $∵ (\binom{p}{m}) mod p = [m = 0 \lor m = p]$

$∴ (a + b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p)$ (二项式定理展开);

$(\binom{n}{m}) = [x^{m}] (1 + x)^{n}$ ( $[x^{i}]$ 表示多项式中 $x^{i}$ 项的系数，由二次项定理可得)

$∴ (1 + x)^{n} = (1 + x^{p ⌊ \frac{n}{p} ⌋}) (1 + x)^{n mod p}$

$∵ (1 + x^{p ⌊ \frac{n}{p} ⌋}) \equiv (1 + x^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (\mod p)$ 只有产生 $p$ 倍数处的贡献，而
$(1 + x)^{n mod p}$ 只在 $0 ⟶ p - 1$ 处产生贡献，所以每个位置刚好被贡献一次。

② 对于素数 $m, r \in (0, m)$

$(\binom{m}{r}) = \frac{m!}{r! (m - r)!} = \frac{(m - 1)!}{(r - 1)! (m - r)!} \times \frac{m}{r} = (\binom{m - 1}{r - 1}) \times \frac{m}{r} \equiv 0 (\mod m)$

带入二项式定理的展开式，得：

$(1 + x)^{m} = \sum_{r = 0}^{m} (\binom{m}{r}) x^{r} = 1 + \sum_{r = 1}^{m - 1} (\binom{m}{r}) x^{r} + x^{m} \equiv 1 + x^{m} (\mod m)$

令 $n = s m + a$ ，有：

$(1 + x)^{n} = (1 + x)^{s m + a} = (1 + x)^{s m} (1 + x)^{a} \equiv (1 + x^{m})^{s} (1 + x)^{a} \equiv (\sum_{i = 0}^{s} (\binom{s}{i}) x^{i m}) (\sum_{j = 0}^{a} (\binom{a}{j}) x^{j}) (\mod m)$

又根据二项式定理 $(1 + x)^{n} = \sum_{r = 0}^{n} (\binom{n}{r}) x^{r}$ ，与上式对比得：

$\sum_{r = 0}^{n} (\binom{n}{r}) x^{r} \equiv (\sum_{i = 0}^{s} (\binom{s}{i}) x^{i m}) (\sum_{j = 0}^{a} (\binom{a}{j}) x^{j}) (\mod m)$

对比两边第 $x^{r}$ 次项的系数，根据 $r = i m + j, i = r / m, j = r mod m, a = n mod m, s = n / m$ ，得：

$(\binom{n}{r}) \equiv (\binom{i}{s}) (\binom{j}{a}) (\mod m) \equiv (\binom{⌊ \frac{r}{m} ⌋}{⌊ \frac{n}{m} ⌋}) (\binom{r mod m}{n mod m}) (\mod m)$

二、二项式定理

11.二项式定理

$(x + y)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{n - i} y^{i}$

证：第 $i$ 项的系数等于从 $n$ 个 $x + y$ 中选出 $i$ 相乘后最高项系数和

练习四|牛顿级数

记 $△^{n} a$ 表示数列 $a$ 差分 $n$ 次后的数列，证明： $△^{n} a_{i} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j}$

证：①：当差分一次时，式子成立；假设对于前 $n$ 次差分，都有 $△^{n} a_{i} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j}$ ，则 $△^{n + 1} a_{i} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j} - \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j - 1}) a_{i - 1 - j} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j} + \sum_{j = 1}^{n + 1} (- 1)^{j} (\binom{n}{j - 1}) a_{i - j} = \sum_{j = 1}^{n + 1} (- 1)^{j} [(\binom{n}{j}) + (\binom{n}{j - 1})] a_{i - j} = \sum_{j = 1}^{n + 1} (- 1)^{j} (\binom{n + 1}{j}) a_{i - j}$

符合数学归纳法，等式成立

②设 $I_{a_{i}} = a_{i}, E_{a_{i}} = a_{i - 1}$

则 $△^{n} a_{i} = (I - E)^{n} = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) I^{n - j} (- E^{j}) = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) (- E^{j})$ ( $I$ 变换多少次都不会影响序列) $= \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) E^{j}$ (将 $- 1$ 提出) $= \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j}$ ( $E^{j}$ 相当于将 $a_{i}$ 左移 $j$ 位，到 $a_{i - j}$ )

三、错排

12.错排

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

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

证：考虑数字 $1$ 有 $n - 1$ 种放法，假如放到了位置 $k$ ，那位置 $k$ 处的数字有两种类型的放法：要么放在位置 $1$ ，那么剩下物品的放法就有 $f_{n - 2}$ 种

要么放在除 $1$ 外的其他位置，那么让最后排完了时排在 $1$ 位置的数字与排在 $k$ 位置的数字 $1$ 交换，不看 $1$ 位置，就得到了一个大小为 $n - 1$ 的错排，也就是这种情况下的每种方案可以与大小为 $n - 1$ 的错排一一对应，故这种情况
有 $f_{n - 1}$ 种方案。

例题四

一句话题意：记 $c y c_{π}$ 表示将排列 $π$ 看成置换，其中循环的个数。给定 $n, k$ 和一个 $k - 1$ 次多项式 $F$ ，对于所有 $1 \leq n \leq m$ 求 $\sum_{π} F (c y c_{π})$

其中 $π$ 表示长度为 $m$ 的错排

$n \leq 6 \times 10^{5}, k \leq 100$ ，对 $998244353$ 取模

分析：原式 $= \sum_{π} \sum_{i = 0}^{k - 1} f_{i} c y c_{π}^{i}$ (将多项式展开) $= \sum_{π} \sum_{i = 0}^{k - 1} f_{i} \sum_{j = 0}^{i} {_{j}^{i}} (\binom{c y c_{π}}{j}) j!$ (斯特林数的计算式) $= \sum_{π} \sum_{i = 0}^{k - 1} \sum_{j = 0}^{i} f_{i} {_{j}^{i}} (\binom{c y c_{π}}{j}) j!$ (将求和移动到最外层) $= \sum_{π} \sum_{j = 0}^{k - 1} \sum_{i = j}^{k - 1} f_{i} {_{j}^{i}} (\binom{c y c_{π}}{j}) j!$ (交换求和顺序) $= \sum_{π} \sum_{j = 0}^{k - 1} (\binom{c y c_{π}}{j}) j! \sum_{i = j}^{k - 1} f_{i} {_{j}^{i}}$ (将只与 $j$ 有关的因式外移) $= \sum_{j = 0}^{k - 1} j! \sum_{π} (\binom{c y c_{π}}{j}) \sum_{i = j}^{k - 1} f_{i} {_{j}^{i}}$ (将只与 $π$ 有关的因式内移)

其中 $\sum_{i = j}^{k - 1} f_{i} {_{j}^{i}}$ 可以 $O (k^{2})$ 预处理

记 $C_{t, i}$ 表示有 $i$ 个循环，长度为 $t$ 的错排数

则 $C_{t, i} = (t - 1) (C_{t - 2, i - 1} + C_{t - 1, i})$ (与错排递推式推导类似)

记 $P_{t, i} = \sum_{| π | = t} (\binom{c y c_{π}}{i})$

考虑枚举循环个数，当循环个数为 $j$ 时，有 $C_{t, j}$ 种排法，每种排法对 $P_{t, i}$ 的贡献为 $(\binom{j}{i})$

则 $P_{t, i} = \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j}{i}) C_{t, j} = \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j}{i}) [(t - 1) (C_{t - 2, j - 1} + C_{t - 1, j})] = (t - 1) \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j}{i}) (C_{t - 2, j - 1} + C_{t - 1, j})$ (将常量外移) $= (t - 1) \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j}{i}) C_{t - 2, j - 1} + (t - 1) \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j}{i}) C_{t - 1, j}$ (拆括号) $= (t - 1) \sum_{j = 1}^{t} ((\binom{j - 1}{i}) + (\binom{j - 1}{i - 1})) C_{t - 2, j - 1} + (t - 1) \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j}{i}) C_{t - 1, j}$ (组合数递推式逆用) $= (t - 1) \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j - 1}{i}) C_{t - 2, j - 1} + (\binom{j - 1}{i - 1}) C_{t - 2, j - 1} + (t - 1) \sum_{j = 1}^{t} (\binom{j}{i}) C_{t - 1, j} = (t - 1) (P_{t - 2, i} + P_{t - 2, i - 1} + P_{t - 1, i})$

于是 $O (n k + k^{2})$ 预处理一下之后，对于每个 $m$ ， $O (k)$ 求答案即可。

posted @ 2024-08-01 16:33 JPGOJCZX 阅读(20) 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：

· 组合数学学习笔记（四）：特殊的数

· 组合数学学习笔记（二）：鸽巢原理、容斥及反演

· 组合数学基础 - 学习记录

· 组合数学-合集

· 【学习笔记】组合数学

公告

昵称： JPGOJCZX
园龄： 7个月
粉丝： 5
关注： 20

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

JPGOJCZX

组合数学学习笔记（一）：组合数基础知识

一、组合数

1.递推式

2.对称性

3.吸收/相伴等式

4.上指标反转

5.三项式系数恒等式

6.上指标求和

7.下指标求和

8.下指标卷积 | 范德蒙德卷积

9.上指标卷积

10.Lucas 定理

二、二项式定理

11.二项式定理

三、错排

12.错排

公告

搜索

常用链接

我的标签

积分与排名

合集

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