基本排列组合

加法 & 乘法原理

加法原理

完成一个工程可以有 $n$ 类办法， $a_{i} (1 < i < n)$ 代表第 $i$ 类方法的数目。那么完成这件事共有 $S = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$ 种不同的方法。

乘法原理

完成一个工程需要分 $n$ 个步骤， $a_{i} (1 \leq i \leq n)$ 代表第 $i$ 个步骤的不同方法数目。那么完成这件事共有 $S = a_{1} \times a_{2} \times \dots \times a_{n}$ 种不同的方法。

排列与组合基础

排列数

从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ （ $m \leq n$ ， $m$ 与 $n$ 均为自然数，下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m \leq n$ ) 个元素的所有排列的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的排列数，用符号 $A_{n}^{m}$ （或者是 $P_{n}^{m}$ ）表示。

排列的计算公式如下：

A_{n}^{m} = n (n - 1) (n - 2) \dots (n - m + 1) = \frac{n!}{(n - m)!}

$n!$ 代表 $n$ 的阶乘，即 $6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6$ 。

公式可以这样理解： $n$ 个人选 $m$ 个来排队 ( $m \leq n$ )。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n - 1$ 个，以此类推，第 $m$ 个（最后一个）可以选 $n - m + 1$ 个，得：

A_{n}^{m} = n (n - 1) (n - 2) \dots (n - m + 1) = \frac{n!}{(n - m)!}

全排列： $n$ 个人全部来排队，队长为 $n$ 。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n - 1$ 个，以此类推得：

A_{n}^{n} = n (n - 1) (n - 2) \dots 3 \times 2 \times 1 = n!

全排列是排列数的一个特殊情况。

组合数

从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ ( $m \leq n$ ) 个元素组成一个集合，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m \leq n$ ) 个元素的所有组合的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数。用符号 $C_{n}^{m}$ 来表示。

组合数计算公式

C_{n}^{m} = \frac{A_{n}^{m}}{m!} = \frac{n!}{m! (n - m)!}

如何理解上述公式？我们考虑 $n$ 个人 $m$ ( $m \leq n$ ) 个出来，不排队，不在乎顺序 $C_{n}^{m}$ 。如果在乎排列那么就是 $A_{n}^{m}$ ，如果不在乎那么就要除掉重复，那么重复了多少？同样选出的来的 $m$ 个人，他们还要“全排”得 $A_{n}^{m}$ ，所以得：

C_{n}^{m} \times m! = A_{n}^{m} C_{n}^{m} = \frac{A_{n}^{m}}{m!} = \frac{n!}{m! (n - m)!}

组合数也常用 $(\binom{n}{m})$ 表示，读作「 $n$ 选 $m$ 」，即 $C_{n}^{m} = (\binom{n}{m})$ 。实际上，后者表意清晰明了，美观简洁，因此现在数学界普遍采用 $(\binom{n}{m})$ 的记号而非 $C_{n}^{m}$ 。

组合数也被称为「二项式系数」，下文二项式定理将会阐述其中的联系。

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

二项式定理

在进入排列组合进阶篇之前，我们先介绍一个与组合数密切相关的定理——二项式定理。

二项式定理阐明了一个展开式的系数：

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

证明可以采用数学归纳法，利用 $(\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k - 1}) = (\binom{n + 1}{k})$ 做归纳。

二项式定理也可以很容易扩展为多项式的形式：

设 n 为正整数， $x_{i}$ 为实数，

(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{t})^{n} = \sum_{满 足 n_{1} + \dots + n_{t} = n 的 非 负 整 数 解} (\binom{n}{n_{1} n_{2} \dots n_{t}}) x_{1}^{n_{1}} x_{2}^{n_{2}} \dots x_{t}^{n_{t}}

其中的 $(\binom{n}{n_{1} n_{2} \dots n_{t}})$ 是多项式系数，它的性质也很相似：

\sum (\binom{n}{n_{1} n_{2} \dots n_{t}}) = t^{n}

排列与组合进阶篇

接下来我们介绍一些排列组合的变种。

多重集的排列数 | 多重组合数

请大家一定要区分 多重组合数 与 多重集的组合数 ！两者是完全不同的概念！

多重集是指包含重复元素的广义集合。设 $S = {n_{1} \cdot a_{1}, n_{2} \cdot a_{2}, \dots, n_{k} \cdot a_{k},}$ 表示由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ ， $n_{2}$ 个 $a_{2}$ ，…， $n_{k}$ 个 $a_{k}$ 组成的多重集， $S$ 的全排列个数为

\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{k} n_{i}!} = \frac{n!}{n_{1}! n_{2}! \dots n_{k}!}

相当于把相同元素的排列数除掉了。具体地，你可以认为你有 $k$ 种不一样的球，每种球的个数分别是 $n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}$ ，且 $n = n_{1} + n_{2} + \dots + n_{k}$ 。这 $n$ 个球的全排列数就是 多重集的排列数 。多重集的排列数常被称作 多重组合数 。我们可以用多重组合数的符号表示上式：

(\binom{n}{n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}}) = \frac{n!}{\prod_{i = 1}^{k} n_{i}!}

可以看出， $(\binom{n}{m})$ 等价于 $(\binom{n}{m, n - m})$ ，只不过后者较为繁琐，因而不采用。

多重集的组合数 1

设 $S = {n_{1} \cdot a_{1}, n_{2} \cdot a_{2}, \dots, n_{k} \cdot a_{k},}$ 表示由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ ， $n_{2}$ 个 $a_{2}$ ，…， $n_{k}$ 个 $a_{k}$ 组成的多重集。那么对于整数 $r (r < n_{i}, \forall i \in [1, k])$ ，从 $S$ 中选择 $r$ 个元素组成一个多重集的方案数就是 多重集的组合数 。这个问题等价于 $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k} = r$ 的非负整数解的数目，可以用插板法解决，答案为

(\binom{r + k - 1}{k - 1})

多重集的组合数 2

考虑这个问题：设 $S = {n_{1} \cdot a_{1}, n_{2} \cdot a_{2}, \dots, n_{k} \cdot a_{k},}$ 表示由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ ， $n_{2}$ 个 $a_{2}$ ，…， $n_{k}$ 个 $a_{k}$ 组成的多重集。那么对于正整数 $r$ ，从 $S$ 中选择 $r$ 个元素组成一个多重集的方案数。

这样就限制了每种元素的取的个数。同样的，我们可以把这个问题转化为带限制的线性方程求解：

\forall i \in [1, k], x_{i} \leq n_{i}, \sum_{i = 1}^{k} x_{i} = r

于是很自然地想到了容斥原理。容斥的模型如下：

全集： $\sum_{i = 1}^{k} x_{i} = r$ 的非负整数解。
属性： $x_{i} \leq n_{i}$ 。

于是设满足属性 $i$ 的集合是 $S_{i}$ ， $\overset{―}{S_{i}}$ 表示不满足属性 $i$ 的集合，即满足 $x_{i} \geq n_{i} + 1$ 的集合。那么答案即为

| ⋂_{i = 1}^{k} S_{i} | = | U | - | ⋃_{i = 1}^{k} \overset{―}{S_{i}} |

根据容斥原理，有：

\begin{aligned} | ⋃_{i = 1}^{k} \overset{―}{S_{i}} | & = & \sum_{i} | \overset{―}{S_{i}} | - \sum_{i, j} | \overset{―}{S_{i}} \cap \overset{―}{S_{j}} | + \sum_{i, j, k} | \overset{―}{S_{i}} \cap \overset{―}{S_{j}} \cap \overset{―}{S_{k}} | - \dots \\ + (- 1)^{k - 1} | ⋂_{i = 1}^{k} \overset{―}{S_{i}} | \\ = & \sum_{i} (\binom{k + r - n_{i} - 2}{k - 1}) - \sum_{i, j} (\binom{k + r - n_{i} - n_{j} - 3}{k - 1}) + \sum_{i, j, k} (\binom{k + r - n_{i} - n_{j} - n_{k} - 4}{k - 1}) - \dots \\ + (- 1)^{k - 1} (\binom{k + r - \sum_{i = 1}^{k} n_{i} - k - 1}{k - 1}) \end{aligned}

拿全集 $| U | = (\binom{k + r - 1}{k - 1})$ 减去上式，得到多重集的组合数

A n s = \sum_{p = 0}^{k} (- 1)^{p} \sum_{A} (\binom{k + r - 1 - \sum_{A} n_{A_{i}} - p}{k - 1})

其中 A 是充当枚举子集的作用，满足 $| A | = p, A_{i} < A_{i + 1}$ 。

不相邻的排列

$1 \sim n$ 这 $n$ 个自然数中选 $k$ 个，这 $k$ 个数中任何两个数不相邻数的组合有 $(\binom{n - k + 1}{k})$ 种。

错位排列

我们把错位排列问题具体化，考虑这样一个问题：

$n$ 封不同的信，编号分别是 $1, 2, 3, 4, 5$ ，现在要把这 5 封信放在编号 $1, 2, 3, 4, 5$ 的信封中，要求信封的编号与信的编号不一样。问有多少种不同的放置方法？

假设我们考虑到第 $n$ 个信封，初始时我们暂时把第 n 封信放在第 n 个信封中，然后考虑两种情况的递推：

前面 $n - 1$ 个信封全部装错；
前面 $n - 1$ 个信封有一个没有装错其余全部装错。

对于第一种情况，前面 $n - 1$ 个信封全部装错：因为前面 $n - 1$ 个已经全部装错了，所以第 n 封只需要与前面任一一个位置交换即可，总共有 $f (n - 1) \times (n - 1)$ 种情况。

对于第二种情况，前面 $n - 1$ 个信封有一个没有装错其余全部装错：考虑这种情况的目的在于，若 $n - 1$ 个信封中如果有一个没装错，那么我们把那个没装错的与 $n$ 交换，即可得到一个全错位排列情况。

其他情况，我们不可能通过一次操作来把它变成一个长度为 n 的错排。

于是可得错位排列的递推式为 $f (n) = (n - 1) (f (n - 1) + f (n - 2))$ 。

错位排列数列的前几项为 $0, 1, 2, 9, 44, 265$ 。

圆排列

$n$ 个人全部来围成一圈，所有的排列数记为 $Q_{n}^{n}$ 。考虑其中已经排好的一圈，从不同位置断开，又变成不同的队列。
所以有

Q_{n}^{n} \times n = A_{n}^{n} ⟹ Q_{n} = \frac{A_{n}^{n}}{n} = (n - 1)!

由此可知部分圆排列的公式：

Q_{n}^{r} = \frac{A_{n}^{r}}{r} = \frac{n!}{r \times (n - r)!}

组合数性质 | 二项式推论

由于组合数在 OI 中十分重要，因此在此介绍一些组合数的性质。

\begin{matrix} (1) & (\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m}) \end{matrix}

相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。（对称性）

\begin{matrix} (2) & (\binom{n}{k}) = \frac{n}{k} (\binom{n - 1}{k - 1}) \end{matrix}

由定义导出的递推式。

\begin{matrix} (3) & (\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1}) \end{matrix}

组合数的递推式（杨辉三角的公式表达）。我们可以利用这个式子，在 $O (n^{2})$ 的复杂度下推导组合数。

\begin{matrix} (4) & (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + \dots + (\binom{n}{n}) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) = 2^{n} \end{matrix}

这是二项式定理的特殊情况。取 $a = b = 1$ 就得到上式。

\begin{matrix} (5) & \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) = 0 \end{matrix}

二项式定理的另一种特殊情况，可取 $a = 1, b = - 1$ 。

\begin{matrix} (6) & \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{m - i}) = (\binom{m + n}{m}) (n \geq m) \end{matrix}

拆组合数的式子，在处理某些数据结构题时会用到。

\begin{matrix} (7) & \sum_{i = 0}^{n} {(\binom{n}{i})}^{2} = (\binom{2 n}{n}) \end{matrix}

这是 $(6)$ 的特殊情况，取 $n = m$ 即可。

\begin{matrix} (8) & \sum_{i = 0}^{n} i (\binom{n}{i}) = n 2^{n - 1} \end{matrix}

带权和的一个式子，通过对 $(3)$ 对应的多项式函数求导可以得证。

\begin{matrix} (9) & \sum_{i = 0}^{n} i^{2} (\binom{n}{i}) = n (n + 1) 2^{n - 2} \end{matrix}

与上式类似，可以通过对多项式函数求导证明。

\begin{matrix} (10) & \sum_{l = 0}^{n} (\binom{l}{k}) = (\binom{n + 1}{k + 1}) \end{matrix}

可以通过组合意义证明，在恒等式证明中较常用。

\begin{matrix} (11) & (\binom{n}{r}) (\binom{r}{k}) = (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{r - k}) \end{matrix}

通过定义可以证明。

\begin{matrix} (12) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n - i}{i}) = F_{n + 1} \end{matrix}

其中 $F$ 是斐波那契数列。

\begin{matrix} (13) & \sum_{l = 0}^{n} (\binom{l}{k}) = (\binom{n + 1}{k + 1}) \end{matrix}

通过组合分析——考虑 $S = a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n + 1}$ 的 $k + 1$ 子集数可以得证。

posted @ 2020-08-24 21:35 RioTian 阅读(775) 评论(0) 编辑收藏举报

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