排列组合学习笔记

以下部分内容摘自OI Wiki

排列数

从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数按照一定的顺序排列，用 $A_{n}^{m}$ 表示。排列的计算公式如下：

$A_{n}^{m}=n(n-1)(n-2)...(n-m+1)=\dfrac{n!}{(n-m)!}$。

组合数

从 $n$ 个不同的元素中，选出 $m$ 个元素组成一个集合，用 $C_{n}^{m}$ 表示，也常用 $\binom{n}{m}$ 表示。组合的计算公式如下：

$C_{n}^{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$。

特别地，当 $m>n$ 时，$A_{n}^{m}=C_{n}^{m}=0$。

插板法

插板法（Stars and bars）是用于求一类给相同元素分组的方案数的一种技巧，也可以用于求一类线性不定方程的解的组数。

正整数和的数目

问题一：现有 $n$ 个 完全相同的元素，要求将其分为 $k$ 组，保证每组至少有一个元素，一共有多少种分法？

这个问题的本质就是求 $x_1+x_2+...+x_k=n$ 的正整数解的组数。

考虑在这些元素的 $n-1$ 个空隙中插入 $k-1$ 块板子，因为元素完全相同，那么答案就是 $\binom{n-1}{k-1}$。

非负整数和的数目

问题二：在问题一的基础上，允许每组元素为空。

本质就是求 $x_1+x_2+...+x_k=n$ 的非负整数解的组数。

考虑先借来 $k$ 个元素，在 $n+k-1$ 个空隙中插入 $k-1$ 个空格。最后再把借来的元素从每组中删去，即可满足题意。答案为 $\binom{n+k-1}{k-1}$。

不同下界整数和的数目

问题三：在问题二的基础上，要求第 $i$ 组的元素数量至少为 $a_i$，满足 $\sum a_i \leq n$。

即求满足 $x_i \geq a_i$，$x_1+x_2+...+x_k=n$ 的解的组数。

类比问题二，第 $i$ 组先借来 $a_i$ 个元素，令 $x_i'=x_i-a_i$，那么就有 $x_i' \geq 0$。得到新方程：

$x_1'+x_2'+...+x_k'=n-\sum a_i$。

那么问题转为求这个方程的非负整数解的组数。答案为 $\binom{n-\sum a_i+k-1}{k-1}$。

不相邻的排列

问题四：从 $1 \sim n$ 中选 $k$ 个不相邻的数，求方案数。

设第 $i$ 个数与第 $i-1$ 个数的间隔为 $x_i$，其中 $x_1$ 表示第一个元素与 $0$ 的间隔，$x_{k+1}$ 表示最后一个元素与 $n+1$ 的间隔。于是 $x_1 \geq 0,x_{k+1} \geq 0$，$x_i \geq 1(i=2,3,4...k)$。得到方程：

$x_1+x_2+...+x_{k+1}=n-k$。

令 $x_1'=x_1+1$，$x_{k+1}'=x_{k+1}+1$。

那么就转化为了问题一。答案就是 $\binom{n-k+1}{k}$。

二项式定理

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

组合数的性质：

将选出的集合对全集取补集，数值不变：

$\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}$ 。 $(1)$

根据定义可以推出吸收恒等式：

$\binom{n}{k}=\frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1}$ 。 $(2)$

用杨辉三角的表达式，可以推出：

$\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m}$。 $(3)$

取二项式定理中 $a=b=1$ 的特殊情况，可以得到：

$\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+...+\binom{n}{n}=\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}=2^n$。$(4)$

同理，取二项式定理中 $a=1,b=-1$ 的特殊情况，可以得到：

$\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}=[n==0]$。$(5)$

拆式子，感性理解一下可以得到范德蒙德卷积：

$\sum_{i=0}^{m} \binom{n}{i} \binom{m}{m-i}=\binom{n+m}{m}$。$(6)$

取 $(6)$ 中 $n=m$ 的特殊情况，可以得到：

$\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}^2=\binom{2n}{n}$。$(7)$

通过对 $(4)$ 所对应的多项式函数求导，可以得到：

$\sum_{i=0}^{n} i \binom{n}{i}=n2^{n-1}$。$(8)$

在 $1\sim {n+1}$ 中选出 $k+1$ 个元素，可以考虑枚举最大的元素的值，那么就得到等式：

$\sum_{i=0}^{n} \binom{i}{k}=\binom{n+1}{k+1}$。$(9)$

在 $n$ 个元素中选取 $r$ 个元素，再在 $r$ 中选取 $k$ 个元素，等价于先选 $k$ 个元素，再在剩下的 $n-k$ 个元素中选取 $r-k$ 个元素：

$\binom{n}{r}\binom{r}[k]=\binom{n}{k}\binom{n-k}{r-k}$。$(10)$

而从杨辉三角上也不难发现：

$\sum_{i=0}^{n}\binom{n-i}{i}=F_{n+1}$。

其中 $F$ 为斐波那契数列。

组合数问题

$T$ 组询问，给定 $n,m$ 和 $k$，对于所有的 $0\leq i\leq n,0\leq j\leq \min \left ( i, m \right )$ 有多少对 $(i,j)$ 满足 $k|\binom{i}{j}$。

$0 \leq n, m \leq 2 \times 10^3$，$1 \leq T \leq 10^4$。

思路

注意到 $n,m$ 的范围，同时 $k$ 对于每一组询问相同。可以考虑 $O(nm)$ 预处理出答案，$O(1)$ 询问。

根据组合数在模 $k$ 意义下的递推公式：

$\binom{i}{j} =\left\{\begin{matrix} (\binom{i-1}{j-1}+\binom{i-1}{j}) \mod{k},j\in[1,i] \\ 1,j=0 \end{matrix}\right.$

如果 $\binom{i}{j}$ 在模 $k$ 意义下为 $0$，那么显然就是一对满足题意的数对。只需要处理前缀和即可。

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=2e3+5;
int c[M][M],s[M][M],t,k,n,m;
int main()
{
    cin>>t>>k;
    for(int i=1;i<M;i++) c[i][0]=c[i][i]=1;
    for(int i=1;i<M;i++)
        for(int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%k;
    for(int i=1;i<M;i++)
    {
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
            if(c[i][j]==0) s[i][j]++;
        }
        s[i][i+1]=s[i][i];
    }
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        if(n<m) m=n;
        cout<<s[n][m]<<endl;
    }
}

回忆京都

$q$ 次询问，每次询问求：

$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m C^i_j$，其中当$i>j$的时候，钦定$C^i_j$为$0$

$1 \leq q \leq 10000,1 \leq n,m \leq 1000$。

思路

可以直接预处理出 $n,m$ 范围内的组合数，再用前缀和来统计答案。那么就是 $O(nm)$ 预处理，单次询问的复杂度为 $O(1)$。

但我们也可以利用上面得到的等式 $(9)$，对原式进行变换：

$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \binom{j}{i}=\sum_{i=1}^{n} \binom{m+1}{i+1}$。

那么也可以做到 $O(qn)$ 。

code：

#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=19260817,N=1050;
int c[N][N],s[N][N],n,m,q;
int main()
{
	for(int i=0;i<N;i++)
	    for(int j=0;j<=i;j++)
	        if(!j) c[i][j]=1;
	        else c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
	for(int i=1;i<N;i++) for(int j=1;j<N;j++) s[i][j]=(s[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+c[i][j]+mod)%mod;
	scanf("%d",&q);
	while(q--)
	{
		scanf("%d%d",&m,&n);printf("%d\n",s[n][m]);
	}
	return 0;
}

一个仇的复

你有 $1\times x$（$x$ 为任意正整数）的矩形各无穷多个和一个 $2\times n$ 的网格，请求出恰好选择其中 $k$ 个矩形（可以选择相同的矩形）不重不漏地铺满整个网格的方案数。矩形可以旋转。

$1\le n\le 2\times 10^7$，$1\le k\le 5000$。

思路：

首先可以考虑原问题的简化版，用 $b$ 个横着的长方形铺满 $2 \times a$ 的方格的方案数。

考虑上面一行放置 $i$ 个长方形，那么下面一行就放置 $b-i$ 个长方形，利用插板法，可以得到方案数为：

$Ans=\sum_{i=0}^{b} \binom{a-1}{i-1}\binom{a-1}{b-i-1}$。

根据等式 $(6)$，即范德蒙德卷积，原式可以简化为：

$Ans=\binom{2a-2}{b-2}$。

回到原问题，考虑用 $j$ 个 $1 \times 2$ 的长木板将原来的大木板分割成 $i$ 个 $2 \times a_k$ 个小区间，再套用上面子问题的公式。

设第 $l$ 个分割的地方有 $d_l$ 个长方形，规定 $d_0$ 表示第左边界开始的木块数，$d_i$ 表示右边界开始的木块数，那么就可以得到下述方程：

$d_0+d_1+d_2+....+d_i=j$，其中 $d_0,d_i \geq 0$，$d_1,d_2...d_{i-1} \geq 1$。

应用插板法，不难得出这里的方案数为：$\binom{j+1}{i}$。

其次，假设分割后第 $l$ 块区域的长度为 $a_l$,可以得到方程：

$a_1+a_2+...a_i=n-j$，其中 $a_l \geq 1$。

再次应用插板法，得出这里的方案数为 $\binom{n-j-1}{i-1}$。

最后考虑填满剩下的 $i$ 个小区间，套用最开始推出的公式，可以得到：

$\sum_{(\sum_{l=1}^{i} b_l) =k-j} \prod_{l=1}^{i} \binom{2a_l-2}{b_l-2}$。

考虑范德蒙德卷积，这里实际上可以看成是在 $\sum (2a_l-2)$ 个空格中选择 $\sum (b_l-2)$ 个空格插入，那么合起来的方案数就是： $\binom{2n-2j-2i}{k-j-2i}$。

最终还需要考虑特判 $n=k$ 的情况，只有这种情况下可以用 $k$ 个 $1 \times 2$ 的长方形竖着填满大木板。那么最终的答案就是：

$Ans=\sum_{j=0}^{k}\sum_{i=1}{k} \binom{2n-2j-2i}{k-j-2i} \binom{j+1}{i}\binom{n-j-1}{i-1}+[n==k]$。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=4e7+10,mod=998244353;
int fac[N],infac[N],inv[N],n,k,ans;
void init()
{
	fac[0]=infac[0]=fac[1]=infac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<N;i++) infac[i]=1ll*infac[i-1]*inv[i]%mod;
}
int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*infac[m]%mod*infac[n-m]%mod;}
void add(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod) a-=mod;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);init();ans=(n==k);
	for(int j=0;j<=k;j++) for(int i=1;i<=k;i++) add(ans,1ll*C(2*n-2*j-2*i,k-j-2*i)*C(j+1,i)%mod*C(n-j-1,i-1)%mod);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

游戏

题意比较复杂，可以看原题面。

思路：

首先不难想到枚举 $t(p)$ 的取值来计算贡献。设 $t(p)=i$，如果顺序枚举走的办公室，比较困难，可以考虑枚举第 $i$ 个走到的办公室。由于之后走的办公室都已经被提醒过，那么第 $i$ 次走到的办公室一定不会被 $[l,r]$ 中的任意一个办公室提醒，换言之，第 $i$ 次走的办公室在 $[l,r]$ 区间中不存在约束。可以直接用埃氏筛预处理出这部分数字，设一共有 $m$ 个这样的数。

第 $i$ 个办公室可以在 $m$ 中任意取，方案数为 $m$。

第 $i$ 个办公室之后走的办公室，显然就不能是这 $m$ 个办公室其中之一，那么这一部分的方案数就为 $A_{n-m}^{n-i}$，

第 $i$ 个办公室之前走的办公室，由于我们已经将 $i \sim n$ 的顺序确定好了，那么这一部分的方案数就是 $A_{i-1}^{i-1}$。

最后别忘了乘以贡献 $i$。最终的表达式为：

$ans=\sum_{i=1}^{n} i \times m \times \binom{n-m}{n-i} \times (n-i)! \times (i-1)!$。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e7+10,mod=1e9+7;
int fac[N],infac[N],inv[N],l,r,m,ans;bool vis[N];
void init()
{
	fac[0]=infac[0]=fac[1]=infac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=r;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=2;i<=r;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<=r;i++) infac[i]=1ll*infac[i-1]*inv[i]%mod;
	for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        if(vis[i]) continue;m++;
        for(int j=i;j<=r;j+=i) vis[j]=1;
    }
}
int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*infac[m]%mod*infac[n-m]%mod;}
void add(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod) a-=mod;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&l,&r);init();int n=r-l+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) add(ans,1ll*i*m%mod*C(n-m,n-i)%mod*fac[n-i]%mod*fac[i-1]%mod);printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

构造数组

你现在有一个长度为 $n$ 的数组 $a$。一开始，所有 $a_i$ 均为 $0$。给出一个同样长度为 $n$ 的目标数组 $b$。求有多少种方案，使得通过若干次以下操作，可以让 $a$ 数组变成 $b$。

• 选出两个不同的下标 $1\leq i<j\leq n$，并将 $a_i$ 和 $a_j$ 同时增加 $1$。

两种方案被称之为不同的，当且仅当存在一个 $x$ 使得一种方案中第 $x$ 次操作选择的两个下标 $(i,j)$ 与另一种方案中的不同。

答案对 $\bm{998244353}$ 取模。

$1\le n\le5~000$，$1\leq b_i\le30~000$，$\sum b_i\le30~000$。

思路：

注意到总的操作次数一定为 $\frac{\sum b_i}{2}$，令 $m=\frac{\sum b_i}{2}$。由于直接统计每次操作的下标比较复杂，考虑依次将 $b_i$ 个数填入到每次操作中。

令 $s[i]=\sum_{k=1}^{i} b_i$。设 $f[i][j]$ 表示将前 $s_i$ 个数全部填入操作之后，有 $j$ 个操作已经被填入 $2$ 个数。同时也就可以得出，当前有 $k=s[i]-j*2$ 个操作被填入了 $1$ 个数，剩下的 $l=m-j-k$ 个操作还没有被填入过数字。

考虑枚举将当前 $b_i$ 个数全部填入操作后，新增加了 $x$ 个被全部填满的操作。不难发现，这些操作在此之前已经被填入过 $1$ 个数，那么剩下的 $b_i-x$ 个数就被填入没有被填过数字的操作中。对答案的贡献就是 $\binom{k}{x}\binom{l}{b_i-x}$。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5050,M=30010,mod=998244353;
int n,m,b[N],s[N],f[2][M],fac[M],infac[M],inv[M];
void init()
{
	fac[0]=infac[0]=fac[1]=infac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<M;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=2;i<M;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<M;i++) infac[i]=1ll*infac[i-1]*inv[i]%mod;
}
int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*infac[m]%mod*infac[n-m]%mod;}
void add(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod) a-=mod;}
int main()
{
	scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),s[i]=s[i-1]+b[i];if(s[n]%2) return puts("0"),0;
	m=s[n]/2;f[0][0]=1;init();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=(s[i-1])/2;j++)
		{
			int c2=j,c1=s[i-1]-j*2,c0=m-c2-c1;
			if(c0<0) continue;f[i&1][j]=0;
		}
		for(int j=0;j<=(s[i-1])/2;j++)
		{
			int c2=j,c1=s[i-1]-j*2,c0=m-c2-c1;if(c0<0) continue;
			for(int k=0;k<=b[i];k++)
			{
				if(c1<k||c0<b[i]-k) continue;
				if(f[i-1&1][c2]) add(f[i&1][c2+k],1ll*f[i-1&1][c2]*C(c1,k)%mod*C(c0,b[i]-k)%mod);
			}
		}
	}
	printf("%d\n",f[n&1][m]);
	return 0;
}

Lucas定理

对于质数 $p$，有：

$\binom{n}{m} \mod {p}=\binom{\lfloor n/p \rfloor}{\lfloor m/p \rfloor}\binom{n \mod {p}}{m \mod {p}} \mod {p}$

吉夫特

题意比较繁琐，可以看原题题面。

思路：

应用 Lucas 定理， $\binom{a_i}{a_j} \mod {2}=\binom{\lfloor a_i/2 \rfloor}{\lfloor a_j/2 \rfloor}\binom{a_i \mod {2}}{a_j \mod {2}} \mod {2}$。

对于后面的 $\binom{a_i \mod {2}}{a_j \mod {2}}$，其取值有 $\binom{1}{1},\binom{1}{0},\binom{0}{1},\binom{0}{0}$ 四种，其中只有 $\binom{0}{1}=0$。

不难发现，应用 Lucas 定理后就是将 $a_i$ 与 $a_j$ 在二进制下的每一位单独拎出来，为了避免出现 $\binom{0}{1}$ 的情况，需要满足在二进制下，$a_j$ 为 $a_i$ 的子集。那么就可以用枚举子集的方法记录以每一个数结尾的方案数，最终的复杂度为 $O(3^{\log_2 \max(a_i)})$

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+10,mod=1e9+7;
int n,x,f[N],ans;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d",&x);
		for(int j=x-1&x;j;j=j-1&x) f[j]=(f[j]+f[x]+1)%mod;
		ans=(ans+f[x])%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

排列计数

称一个 $1 \sim n$ 的排列 $p_1,p_2, \dots ,p_n$ 是 Magic 的，当且仅当

$$\forall i \in [2,n],p_i > p_{\lfloor i/2 \rfloor}$$

计算 $1 \sim n$ 的排列中有多少是 Magic 的，答案对 $m$ 取模。

$1\le n \le 10^6$, $1\le m \le 10^9$，$m$ 是一个质数。

思路：

考虑将排列中的大小关系构成一棵二叉树，那么对于 $i$ 号节点，它的两个儿子分别为 $2i$ 和 $2i+1$。表示 $p_i<p_{2i}$ 且 $p_i<p_{2i+1}$。

注意到左右儿子中的节点互不影响，且当前节点是最小的点，假设 $siz[i]$ 表示 $i$ 子树的大小。$f[i]$ 表示填满子树 $i$ 的方案数，不难得出表达式：

$f[i]=\binom{siz[i-1]}{siz[i*2]}*f[2*i]*f[2*i+1]$。

需要注意，本题中可能存在 $n>m$ 的情况，所以求组合数要用到Lucas。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int fac[N],infac[N],n,inv[N],mod,ans,siz[N];
void init()
{
	fac[0]=infac[0]=fac[1]=infac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=2;i<=n;i++) infac[i]=1ll*infac[i-1]*inv[i]%mod;
}
int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*infac[m]%mod*infac[n-m]%mod;}
int lucas(int n,int m){return m?1ll*C(n%mod,m%mod)*lucas(n/mod,m/mod)%mod:1; }
void dfs(int u){siz[u]=1;for(int v=u*2;v<=u*2+1;v++) if(v<=n) dfs(v),siz[u]+=siz[v];}
int calc(int u){if(u>n) return 1;return 1ll*lucas(siz[u]-1,siz[u*2])*calc(u*2)%mod*calc(u*2+1)%mod;}
void add(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod) a-=mod;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&mod);init();dfs(1);printf("%d\n",calc(1));
	return 0;
}