组合数学

1.组合数学2024-07-05

2.组合数学（容斥与反演）2024-10-15 3.组合数学（特殊数）01-23 4.20250207数论课堂笔记02-07 5.20250206线性代数课堂笔记02-06 6.ARC132E题解2024-12-14 7.ABC245Ex题解2024-11-22 8.luogu-P10596题解2024-09-19 9.AGC015D题解2024-09-18

定义与符号

用 $n!$ 表示 $n$ 的阶乘； $n^{\underset{―}{k}}$ 表示其下降阶乘幂； $n^{\overset{―}{k}}$ 表示其上升阶乘幂。 $n! = 1 \times 2 \times . . . \times n, n^{\underset{―}{k}} = n \times (n - 1) \times . . . \times (n - k + 1), n^{\overset{―}{k}} = n \times (n + 1) \times . . . \times (n + k - 1)$
用 $A_{n}^{m}$ 表示从 $n$ 个元素中有序选 $m$ 个的数量（排列）， $A_{n}^{m} = \frac{n!}{(n - m)!} = n^{\underset{―}{m}}$
用 $C_{n}^{m}$ 或 $(\binom{n}{m})$ 表示从 $n$ 个元素中选 $m$ 个元素所组成的集合的数量（组合）， $C_{n}^{m} =$ $(\binom{n}{m})$ $= \frac{n!}{(n - m)! m!} = \frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!}$

计数

计数原理

加法原理：如果完成一件事有 $n$ 类方法，且第 $i$ 类方法有 $a_{i}$ 种方案，则完成这件事共有 $Σ a_{i}$ 种方案。
乘法原理：如果完成一件事有 $n$ 个步骤，且第 $i$ 个步骤有 $a_{i}$ 种方案，则完成这件事共有 $Π a_{i}$ 种方案。

计数方法

捆绑法。将一些元素看成一个整体，先将有限制的元素先进行计算，再将所有元素进行计算。
插空法。当要求某些元素不相邻时，将有限制的 $m$ 个元素放入 $n - m + 1$ 个空格之中。
隔板法。将 $n$ 个元素放入 $m$ 个容器中，相当于将元素分成 $m$ 组。

组合有关恒等式

对称：

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

吸收、提取：

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

加法、归纳：

(\binom{n}{k}) = (\binom{n - 1}{k}) + (\binom{n - 1}{k - 1})

证明1（组合意义）：最后一个人可选可不选。

证明2：写成定义式直接加。

相伴：

(n - k) (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k}), k (\binom{n}{k}) = (n - k + 1) (\binom{n}{k - 1})

证明：写成定义式直接化即可。

上指标反转：

(\binom{n}{k}) = (- 1)^{k} (\binom{k - n - 1}{k})

证明：

\begin{aligned} (\binom{n}{k}) & = \frac{n^{\underset{―}{k}}}{k!} \\ = \frac{n \times (n - 1) \times . . . \times (n - k + 1)}{k!} \\ = \frac{(- 1)^{k} \times (- n) \times (1 - n) \times . . . \times (k - n - 1)}{k!} \\ = (- 1)^{k} \frac{(k - n - 1)^{\underset{―}{k}}}{k!} \\ = (- 1)^{k} (\binom{k - n - 1}{k}) \end{aligned}

三项式系数：

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

证明1（组合意义）：从 $n$ 个元素中选 $m$ 个再从 $m$ 个元素中选 $k$ 个，等价于直接从 $n$ 个数中选 $k$ 个，再从 $n - k$ 个中选剩余 $m - k$ 个。

证明2：写成定义式直接化即可。

上指标求和：

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

证明1（组合意义）：在 $n + 1$ 个元素中选 $m + 1$ 个元素，等价于强制在前 $i$ 个元素中选 $m$ 个元素，再在后面元素中选一个的方案数。

证明2：

\begin{aligned} (\binom{n + 1}{m + 1}) & = (\binom{n}{m}) + (\binom{n}{m + 1}) \\ = (\binom{n}{m}) + (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m + 1}) \\ = (\binom{n}{m}) + (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 2}{m}) + (\binom{n - 2}{m + 1}) \\ = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{m}) = \sum_{i = m}^{n} (\binom{i}{m}) \end{aligned}

平行恒等式：

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

证明：

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

范德蒙德卷积/下指标卷积：

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

证明：一共有 $n + m$ 个元素，以 $n$ 为断点，在两边分别选一些元素，等价于直接在 $n + m$ 个元素中选 $k$ 个元素。

下指标点积：

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

证明同上。

上指标卷积：

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

证明：把 $k$ 个元素分成两部分，每部分分别选 $n$ 、 $m$ 个，等价于有 $k + 1$ 个元素，先选择其中一个作为隔板，然后再选出 $n + m$ 个元素。

组合数相关

$Lucas$ 定理

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p), p \in p r i m e

证明： $∵ (\binom{p}{i}) mod p = [m = 1 \lor m = p]$ $∴ (a + b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p)$

$∵ (\binom{n}{m}) = [x^{m}] (1 + x)^{n}$ $∴ (1 + x)^{n} = (1 + x)^{p ⌊ \frac{n}{p} ⌋} (1 + x)^{n mod p}$

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

对于每一个 $m$ ，都有 $m = p ⌊ \frac{m}{p} ⌋ + m mod p$

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

二项式定理

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

证明：在 $n$ 个 $(x + y)$ 中分别选一项，可以考虑枚举 $x$ 个数分别算贡献。

拓展

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

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

证明：数学归纳法。（以第一个为例子）

基本情况：当 $n = 1$ 时，有 $x + y = x + y$
归纳步骤：已知 $n$ 成立，当 $n$ 变成 $n + 1$ 时，左式多出 $x + y - n$ ，代入右式得到：

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i}} (x + y - n) & = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i}} ((x - i) + (y - n + i)) \\ = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i + 1}} y^{\underset{―}{n - i}} + \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i + 1}} \\ = \sum_{i = 1}^{n + 1} (\binom{n}{i - 1}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i + 1}} + \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i + 1}} \\ = x^{n + 1} + y^{n + 1} + \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i - 1}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i + 1}} + \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i + 1}} \\ = x^{n + 1} + y^{n + 1} + \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n + 1}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i + 1}} \\ = \sum_{i = 0}^{n + 1} (\binom{n + 1}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n + 1 - i}} \end{aligned}

牛顿级数

记 $Δ^{n} a$ 表示数列 $a$ 差分 $n$ 次后的数列，则有：

Δ^{n} a_{i} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j}

证明1：数学归纳法。

基本情况：当 $n = 0$ 时，有 $a_{i} = a_{i}$
归纳步骤：已知 $n$ 成立，当 $n$ 变成 $n + 1$ 时

\begin{aligned} Δ^{n + 1} a_{i} & = Δ^{n} a_{i} - Δ^{n} a_{i - 1} \\ = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j} - \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j - 1} \\ = \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} \\ = a_{i - 1} + (- 1)^{n + 1} a_{i - n} + \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j - 1} + \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j - 1}) a_{i - j} \\ = a_{i - 1} + (- 1)^{n + 1} a_{i - n - 1} + \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n + 1}{j}) a_{i - j} \\ = \sum_{j = 0}^{n + 1} (- 1)^{j} (\binom{n + 1}{j}) a_{i - j} \end{aligned}

证明2：定义平移算子 $E$ ，不变算子 $I$ ，则差分算子 $Δ = I - E$ 。所以有：

Δ^{n} a_{i} = (I - E)^{n} a_{i} = (\sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) E^{j} I^{n - j}) a_{i} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) a_{i - j}

错排

记 $f_{n}$ 表示长度为 $n$ 的、不存在 $p_{i} = i$ 的排列个数，则有：

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

证明：考虑第一个元素有 $n - 1$ 种放法，设放到位置 $k$ ，那么元素 $k$ 就有两种情况：如果放在一，则剩余元素有 $f_{n - 2}$ 种放法；否则则视为元素一加入含 $k$ 的置换环中，等价于在 $n - 1$ 元素组成的置换环中插入元素一，则有 $f_{n - 1}$ 种。

拓展鸽巢原理

将 $(\sum_{i = 1}^{n} p_{i}) - n + 1$ 个元素放入 $n$ 个集合，一定存在一个集合 $i$ ，使得第 $i$ 个集合至少包含 $p_{i}$ 个元素。

证明：反证法。先假设第 $i$ 个集合中放了 $p_{i} - 1$ 个元素，则会有一个元素不在集合中。

posted @ 2024-07-05 11:25 Lyrella 阅读(53) 评论(0) 编辑收藏举报

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