基础组合数学
updata1：重构全文
updata2：更新范德蒙德卷积
updata3: 更新斯特林数
updata4：更新十二重计数法并重构 \(LATEX\)
updata5：更新排版
理论
基础知识
加法原理
对于一个事情，有 n 类方法实现它，其中第 i 类有 \(m_i\) 种方法实现，那么这个事情就有 \(\sum_{i = 1}^{n}m_i\) 种实现方法。
乘法原理
对于一个事情，分为 n 个步骤完成，第 i 个步骤有 \(m_i\) 种方法实现，那么这个事情就有 \(\prod_{i = 1}^n m_i\) 种实现方法。
排列数
- 定义阶乘: \(n! = \prod_{i = 1}^{n}i\)，特殊的，0! = 1
- 定义下降幂：\(n^{\underline m} = \prod_{i = n - m + 1}^{n}i\)
有 n 个彼此不同的元素，从中选出 m 个组成一个排列（顺序不同算多种）的方案数，记作 \(A_n^m\)，我们有计算公式：
proof：固定 m 个位置，第一个位置有 n 种选择，第二个位置有 n - 1 种选择...第 m 个位置有 n - m + 1 种选择即 \(\prod_{i = n - m + 1}^{n}i\)，可以发现这就是下降幂的定义。
据此，我们可以知道，一个数列的全排列就是 \(n^{\underline n} = n!\)
组合数
有 n 个彼此不同的元素，从中选出 m 个组成一个排列（顺序不同算一种）的方案数，记作 \(C_n^m\)，我们有计算公式：
proof：组合数即为排列数除以每种组合的排列方案，总的排列方案即为全排列，所以公式显然成立。
此外，我们一般用一种更简洁的方式表示组合数：\(C_n^m = {n \choose m}\)，读作“n选m”，本文将以这种方式表示组合数。
二项式系数与处理技巧
proof: 把左式拆开有: $$(a+b)(a+b)(a+b)......(a+b)$$
可以发现，\(a^i\) 相当于从这一坨里选出 \(i\) 个 \(a\)，那么同时我们就选出了 \(n - i\) 个 \(b\)（一共 \(n\) 项，选了 \(a\) 就不能选 \(b\)），所以定理显然成立。
proof: n 中选 m 个 = n 中不选 n - m个。
proof：拿出一个元素，如果不选它那么就需要在剩下的 n-1 个元素中选出 m 个；如果选它就还需要在剩下的 n-1 个元素中选出 m 个。
这个公式可以用来 \(n^2\) 计算组合数，它也是杨辉三角的递推公式。
proof：把组合的计算公式展开即可。
可以用这个公式处理出一条斜线上的组合数，也可以处理一些烦人的系数。
proof：二项式定理 \(a = b = 1\) 的情况。
proof: 二项式定理 \(a = 1, b = -1\) 的情况，但是特殊地 \(n = 0\) 时值为 \(1\)。
proof: 一种显然的证明方法是直接代计算式。
另一种组合意义上的证明（Double Counting）：
考虑左式相当于从 \(n\) 个元素中选出 \(i\) 个染色，再从这 \(i\) 个中选出 \(j\) 个进行染色，一共有 \(j\) 个元素被染了两遍色，\(i - j\)个元素被染了一遍色。
考虑右式相当于 \(n\) 选 \(j\) 进行两遍染色，再 \(n-j\) 选 \(i-j\) 进行一遍染色。
左式显然等于右式。
实际上是三项式系数。
多项式定理，其中 \({n \choose n_1,n_2,...,n_m}\) 是多项式系数，也叫多重组合数，实际上就是下面的多重集的排列数。
范德蒙德卷积，可以用于一些组合式子的推导。
proof1: 考虑构造函数转成二项式定理。
对应系数相等，命题得证。
\[\begin{split} \sum_{k = 0} ^{n + m} {n + m \choose k} x^k &= (x + 1)^{n + m}\\ &= (x+1)^n(x+1)^m\\ &= \sum_{k = 0}^{n} {n \choose k} x ^ k \sum_{k = 0}^{m} {m \choose k} x ^ k\\ &= \sum_{k = 0}^{m + n} x^k \sum_{i = 0} ^ k {n \choose i}{m \choose k - i} \end{split} \]proof2:
考虑组合意义上的证明，从 \(n + m\) 个小球中选出 \(k\) 个，可以把这一堆小球分成两堆，每堆的小球个数是任意的，这里认为是 \(n,m\)，从第一堆中选出 \(i(0 \leq i \leq k)\) 个，就要从另一堆中选出 \(k - i\) 个，加法原理加起来就是范德蒙德卷积。
上指标求和。
proof：
多重集的排列数
- 定义多重集：一种特殊的集合，其中的元素可重，一个元素重复的次数叫做这个元素的重数。
一个多重集 \(A = \{n_1 * a_1, n_2 * a_2，...，n_k*a_k\}，n = n_1 + n_2 +...+n_k\) 的全排列为：
proof：容斥轻松证，不考虑重复的情况下全排列显然是 \(n!\)，第 \(i\) 个元素的排列重复了 \(n_i\) 次，排除掉即可。
容斥原理
基本形式
先上图：
venn图可以很直观的表达出容斥原理的基本概念。
容斥原理的直观形式：
De Morgan's laws
对于全集 \(U\) 的 \(n\) 个子集，有：
简单地说就是：交集补等于补集并，并集补等于补集交。
proof：运用数学归纳法，显然得证。
杨氏矩阵 + 钩子公式
这是组合中一个非常有意思的板块。
- 定义杨氏矩阵：满足"对于矩阵中的每一个点，要么这个点没有元素，要么这个点左上方和上方的元素都小于这个点的元素"的矩阵
像这样：
值得注意的是，这里采用英式画法，还有一种法式画法，把这个表上下翻转即可。
- 定义钩子：\(H(i, j)\) 表示一个矩阵右方以及下方一共有多少个元素。
钩子公式：确定形态的杨氏矩阵共有 \(\frac{n!}{\prod H(i, j)}\) 种。
钩子公式可以用来解决“给定杨氏矩阵，问这样的矩阵一共有多少种”这类问题， 例如这道题。
这道题一个经典解法是五维dp，但是稍加思考我们可以发现，题目给出了一个杨氏矩阵，求矩阵的可能形态数显然可以钩子公式做。
鸽巢原理
又作抽屉原理。
定理内容很简单：把 \(n-1\) 个数放入 \(n\) 个盒子，一定会有一个盒子是空的。
贴一道题：
problem：
你需要维护一个数列 \(\{a_1...a_n\}\)，支持两种操作（共 \(m\) 次）
- 区间每个元素取立方并对 \(v\) 取模
- 求区间是否可以选出两个非空集合使得它们内部的元素和相等
\(n, m \le 1e5,v \le 1e4\)
solution：
考虑到值域非常小，根据鸽巢原理大约 \(14\) 个元素中就一定能选出需要的两个集合。
所以询问的时候可以直接双向搜索。
修改可以建一棵线段树，维护每个数做立方操作的次数，每次查询的时候直接倍增修改即可。
插板法（隔板法）
用于解决一些 “把 \(n\) 个本质相同的元素分到 \(m\) 个本质不同的集合中” 的计数问题。
Q1：小球与盒子问题中的“球全部相同，盒子之间互不相同，每个盒子至少装一个球”问题。
考虑换一种思维方式，我们把小球放在一起，然后对他们进行分组，分组的方式就是插板，插入 \(m-1\) 个板也就分成了 \(m\) 组，一共有 \(n-1\) 个位置可以插，所以答案是 \({n-1\choose m-1}\)。
Q2：Q1 中盒子可以为空的版本。
考虑添加 \(m\) 个元素后把问题转化成 Q1，这时候答案是 \({n+m-1\choose m-1} = {n+m-1\choose n}\)，这样为什么是对的呢？实际上每一个加入元素后的方案和加入前的方案构成双射，也就是一一对应的，所以对两者进行计数得到的结果是一样的。
这两个问题实际上是 \(x_1+x_2+...+x_m=n\) 的解的数量。
康托展开
求一个排列 \(P\) 的排名 \(X(P)\)（按字典序），可以写出如下公式：
其中 \(A_i\) 表示当前数列未出现的数中比 \(P_i\) 小的个数。
这个式子暴力求的复杂度是 \(O(n^2)\)，可以用树状数组优化到 \(O(n\log n)\)。
proof:为什么这个式子是对的捏？可以这样想，对于一个排列中的一项 \(P_i\)，它前面的项已经定死了，如果这一位填一个比 \(P_i\) 小的数，不管后面是什么排名都不会大于填 \(P_i\)，而后面排列的个数是 \((n-i)!\)，共有 \(A[i]\) 种填法，原式得证。
逆康托展开：把上面的式子反着算就行了，详见 oiwiki。
二项式反演
我们可以使用二项式反演解决“钦定选若干个”或“选恰好若干个”的问题。
二项式反演和多步容斥有很多相似之处，我们就从多步容斥引出二项式反演的形式零。
二项式反演·形式零
这里考虑一种特殊情况：从全集 \(U\) 中任意选出 \(k\) 个集合，他们的交集、并集大小都相等。
定义 \(f(n)\) 表示 \(n\) 个补集的交集的大小， \(g(n)\) 表示 \(n\) 个原集的交集的大小,那么根据德摩根定律：
右边这一堆可以用容斥搞：
发现这一堆就是 \(g(i)\)
反过来显然也成立，我们就得到了二项式反演的形式零。
二项式反演·形式一
proof：
考虑证明这两个定义式的互推关系，把右式代入左式。\[\begin{split} f(n) &= \sum_{i = 0} ^ n {n \choose i} \sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}{i \choose j} f(j)\\ &= \sum_{i = 0} ^ n \sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}{n \choose i}{i \choose j} f(j)\\ &= \sum_{i = 0} ^ n \sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}{n \choose j}{n - j \choose i - j} f(j)\ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)\\ &= \sum_{j = 0}^nf(j)\sum_{i = j}^n(-1)^{i-j}{n \choose j}{n - j \choose i - j}\\ &= \sum_{j = 0}^n{n \choose j}f(j)\sum_{k = 0}^{n-j}(-1)^{k}1^{n-j-k}{n-j \choose k}\\ &= \sum_{j = 0}^n{n \choose j}f(j) (-1+1)^{n-j}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\\ &= {n \choose n}f(n) = f(n) \end{split} \](1) 用到了组合性质6，(2)用到了二项式定理。
值得注意的是证明中并没有规定 \(i,j\) 一定从 \(0\) 开始，所以更为通用的形式一是：
二项式反演·形式二
proof：思路和过程和形式一基本一致，读者可以尝试自行证明。
二项式反演·应用*
problem1
sol：
根据题意，我们设 \(a\) 为糖果比药片能量大的组数，\(b\) 为药片能量比糖果大的组数，根据题意有：
自然解得 \(a = \frac{n+k}{2}\)。
为了方便起见，我们把糖果比与其配对的药片能量大称为满足条件。
回到题目，先把糖果排序，然后考虑dp：设 \(dp_{i,j}\) 表示钦定第 \(i\) 个满足条件，共有 \(j\) 个满足条件的方案数，\(c_i\) 表示第 \(i\) 个糖果比多少个药片能量大。
容易得到转移：
考虑二项式反演怎么做：
令 \(g(i)\) 表示“选 \(i\) 个满足条件，剩下随意的方案数”。
令 \(f(i)\) 表示“仅选 \(i\) 个满足条件的方案数”。
发现 \(g(i)\) 的前半部分就是 \(dp_{n,i}\)，后半部分随意选有 \((n-i)!\) 种方案。
所以
对于 \(g(a)\)，可以有 \(a, a + 1, a + 2,...,n\) 个满足条件的方案，其中每个方案中可以有 \(i \choose a\) 种选的方案，所以：
到这里就可以套二项式反演·形式二的板子了：
最后 \(f(a)\) 即为所求。
problem2：给定从左到右 \(n\) 个球，将这 \(n\) 个球用 \(k\) 种颜色染色。要求相邻两个球必须是不同的颜色，并且恰好用了 \(k\) 种颜色，问有多少种染色方案。\(n\le10^9\)。
设 \(g(i)\) 表示至多用了 \(i\) 种颜色的方案数，可以很轻易的得出
设 \(f(i)\) 表示恰好用了 \(i\) 种颜色的方案数，就有
根据二项式反演：
错排问题
现有这样一类问题：给定 \(n\) 个小球，有 \(n\) 个盒子，小球和盒子分别编号为 \(1,2,3...n\)，把小球放进盒子里，要求 \(i\) 号小球不能放进 \(i\) 号盒子里，求方案数。
我们设 \(f_i\) 表示有 \(i\) 个小球的方案数，考虑 \(k_1\) 号小球放进 \(k_2\) 号盒子，\(k_2\) 号小球有两种情况：
- 放进 \(k_1\) 号盒子里
- 放进其他盒子里
对于第一种情况，很容易的发现问题的结果是 \(f_{i-2}\)。
对于第二种情况，我们强制 \(k_2\) 号小球不能放进 \(k_1\) 号盒子里，发现问题相当于把 \(k_1\) 号小球和 \(k_1\) 号盒子踢走，结果是 \(f_{i-1}\)。
回到最开始，我们假定的 \(k_1\) 和 \(k_2\) 都是任意的，所以每个数可以和其余 \(i -1\) 个数“配对”，最终的递推式是：
此外，我们还可以用二项式反演解决这个问题，设 \(g(i)\) 表示至多有 \(i\) 个数构成了错排，那么这 \(i\) 个数所有的排列方案都满足 \(g(i)\) 的性质，所以
设 \(f(i)\) 表示恰好有 \(i\) 个数构成错排的方案数，有：
根据二项式反演：
把这个式子拆开看看：
这就是所谓的全错排公式。
斯特林数
- 定义 \(n \brack m\) 为第一类斯特林数，表示 \(n\) 个带标号元素分为 \(m\) 个非空无标号圆排列的方案数。
- 定义 \(n \brace m\) 为第二类斯特林数，表示 \(n\) 个带标号元素分为 \(m\) 个非空无标集合的方案数。
第二类斯特林数
有一个简单的递推式：
proof：考虑第 \(1\) 个小球是不是被放进一个单独的盒子里，如果是的话，因为盒子都一样，方案数就是 \({n - 1 \brace m - 1}\)，如果不是，那么就有 \(m\) 个盒子可以选择，方案数就是 \(m \times {n - 1 \brace m}\)。
更优秀的做法是二项式反演，可以求出通项公式：
设 \(f(n,m)\) 表示 \(n\) 个不同球放入 \(m\) 个不同盒子，每个盒子至少装一个球的方案数，容易发现第二类斯特林数其实就是 \(\frac{f(n,m)}{m!}\)。
求 \(f(n,m)\) 就直接二项式反演搞过来：
令 \(g(n,m)\) 表示 \(n\) 个不同球放进 \(m\) 个不同盒子，盒子可空的方案数，容易发现\(g(n,m) = m^n\)。
所以
性质：
proof:左式为 \(n\) 个不同球放进 \(m\) 个不同盒子，盒子可空的方案数，考虑右式，从组合的意义上理解就是，选出 \(i\) 个盒子非空， \({n \brace i} \times i!\) 是不同盒不同球的，乘上选出的非空盒子数就是左式。
按行求：
观察上面二项式反演的结果，很容易发现这是个卷积的形式，直接做即可。
按列求：
我们先假设盒子带标号，设盒子带标号 \(n \brace 1\) 的 \(EGF\) 为 \(G\)，显然无论 \(n\) 取何值只有一种方案，\(G = \sum_{i=1}\frac{x^i}{i!} = e^x-1\)，那么盒子带标号 \(n \brace k\) 的 \(EGF\) 即为 \(G^k\)。
因为强制赋了标号，需要除去影响，最后 \(k!\sum_{i} \frac{{i \brace k}x^i}{i!} = G^k\)，做一个多项式快速幂即可，注意这里首项可能是 \(0\)，所以需要特殊处理。
第一类斯特林数
还是递推式：
proof：同第二类，考虑新加入一个元素，可以塞在任何一个轮换的任何一个元素后面，也可以塞进一个新的轮换里。
按列求：
同上，考虑给轮换标号，设单个轮换的 \(EGF\) 为 \(G\)，那么 \(G = \sum_{i=1}\frac{(i-1)!x^i}{i!} = \sum_{i = 1}\frac{x^i}{i}\)
\(k\) 个轮换的 \(EGF\) 就是 \(G^k\)，所以
直接求即可。
按行求：
设同一行的第一类斯特林数的 \(OGF\) 为 \(F_n = \sum_{i} {n \brack i} x^i\)。
根据递推式有 \(F_n = (n-1)F_{n-1} + xF_{n-1}\)，解出来是 \(F_n = \frac{(x+n-1)!}{(x-1)!} = x^{\overline n}\)
可以直接分NTT，复杂度 \(O(n\ \log^2n)\)。
其实可以继续推一下，记 \(f(x) = x^{\overline n}\) ，考虑到 \(x^{\overline{2n}} = x^{\overline n}(x + n)^{\overline n}\)，那么只需要想办法求出 \(f(x+n)\) 就可以倍增做了。
已经可以看出卷积形式了，令 \(A(x) = \sum f[i]i!,B(x) = \sum \frac{k^i}{i!}\)
直接做卷积，倍增即可。
上升幂/下降幂多项式转普通幂多项式
上升幂转普通幂：\(x^{\overline n} = \sum_{i}{n \brack i} x^i\)
普通幂转上升幂：\(x^n = \sum_i{n \brace i} (-1)^{n-i}x^{\overline i}\)
下降幂转普通幂：\(x^{\underline n} = \sum_i{n \brack i} (-1)^{n - i}x^i\)
普通幂转下降幂：\(x^n = \sum_i{n \brace i} x^{\underline i}\)
斯特林反演
一个好玩的性质：
例题
十二重计数法
sol1：
因为没有限制，所以每个小球都可以放进 \(m\) 个盒子里，一共有 \(n\) 个小球，根据乘法原理，\(ans = m^n\)。
sol2：
因为每个盒子最多装一个球，所以考虑把盒子固定，相当于从 \(n\) 个小球中选出 \(m\) 个小球，并且盒子互不相同，所以构成一个排列，容易发现这就是排列数的定义，所以 \(ans = n^{\underline m}\)。
sol3：
考虑第二类斯特林数，这里要求盒子不同所以直接乘上 \(m!\) 即可。
最后 \(ans = m! \times {n \brace m}\)。
sol4：
球不同盒相同考虑第二类斯特林数，和板子不同，这里要求盒子可空，很显然，我们可以枚举有多少个盒子不是空的，所以最后 \(ans = \sum_{i = 0}^m{n \brace i}\)。
sol5：
如果球比盒子多的话根本装不满，方案数是 \(0\)，否则把所有球都放进去，因为盒子都是一样的，所以方案数是 \(1\)。\(ans = [n \leq m]\)。
sol6：
很显然是第二类斯特林数的定义，\(ans = {n \brace m}\)。
sol7：
考虑插板法，这里有了空盒的限制，考虑最开始向每个盒子中放一个球，这样就转化成了我们熟知的“盒子非空”问题，最后再把多放的球拿走，就结了。\(ans = {n + m - 1 \choose m - 1}\)。
sol8：
如果盒子比球少肯定不可行，否则问题就变成了“\(m\) 个不同的盒子中选出 \(n\) 个装球”的方案数，发现这就是组合数的定义，\(ans = {m \choose n}\)
sol9：
基本的插板法，\(ans = {n-1\choose m-1}\)。
sol10：
这里有一个转化，把原问题放到网格图上，横轴代表每个盒子，纵轴代表放的球数，最终结果就是从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\) 的阶梯形的面积是恰好是 \(n\) 的方案数，为什么可以这样转化捏？因为我们求的是盒子无序的方案数并且所有的盒子之间都是相同的，那我们不妨给盒子定一个“顺序”，求得这种顺序下的方案数就是总的方案数。
回到这个模型上，我们可以很轻易的得出 dp 的转移方程：\(f_{i,j} = f_{i-j,j}+f_{i,j-1}\)，含义就是向上走一步需要在右面每个盒子里填 \(j\) 个球，向右走一步就相当于再拿出一个盒子。
我们借助生成函数，尝试把这个式子化的优美一些，仔细观察这个式子，我们如果要用生成函数表示的话，表示 \(j\) 这一维无疑是更好的，因为这一维有相当好的递推形式，求解递归式就会容易很多。
设 \(F_k = \sum_{i=1}^{\infty}f_{i,k}x^i\)，那么就有：
这样就可以一步到位的解出我们要的式子了：
接下来是怎么算这个东西，有一个题叫 付公主的背包 就是求这个式子的其实就是 Euler 变换，考虑到直接求的复杂度是 \(O(n^2\log n)\) 的，那不难想到取 \(ln\) 转点值加，最后再 \(exp\) 回去，所以：
这么一看好像没什么用，但是别急，我们有结论：
具体证明不会可以参考别的 dalao 的题解，这里就直接用了，我们枚举每个 \(i\) 贡献到对应的系数上，最后 \(Exp\) 回去即可，答案是 \(F_m\) 的第 \(n\) 项系数。
sol11：
理同 sol5，\(ans = [n\leq m]\)。
sol12：
理同 sol10，只不过变成了取 \(n-m\) 项的系数。
