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 \(S=a_1+a_2+\cdots +a_n\) 种不同的方法。

乘法原理

完成一个工程需要分 \(n\) 个步骤， \(a_i(1 \le i \le n)\) 代表第 \(i\) 个步骤的不同方法数目。那么完成这件事共有 \(S = a_1 \times a_2 \times \cdots \times a_n\) 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 \(\mathrm A_n^m\) （或者是 \(\mathrm P_n^m\) ）表示。

排列的计算公式如下：

\[\mathrm A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} \]

\(n!\) 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 ( \(m \le n\) )。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：

\[\mathrm A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} \]

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：

\[\mathrm A_n^n = n(n-1)(n-2) \cdots 3 × 2 × 1 = n! \]

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 \(\mathrm C_n^m\) 来表示。

组合数计算公式

\[\mathrm C_n^m = \frac{\mathrm A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n - m)!} \]

如何理解上述公式？我们考虑 \(n\) 个人 \(m\) ( \(m \le n\) ) 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：

\[\mathrm C_n^m \times m! = \mathrm A_n^m\\ \mathrm C_n^m = \frac{\mathrm A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n-m)!} \]

组合数也常用 \(\displaystyle \binom{n}{m}\) 表示，读作「 \(n\) 选 \(m\) 」，即 \(\displaystyle \mathrm C_n^m=\binom{n}{m}\) 。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 \(\displaystyle \binom{n}{m}\) 的记号而非 \(\mathrm C_n^m\) 。

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， \(\mathrm A_n^m=\mathrm C_n^m=0\) 。

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

\[(x_1 + x_2 + \cdots + x_t)^n = \sum_{满足 n_1 + \cdots + n_t=n 的非负整数解} \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_t^{n_t} \]

其中的 \(\binom{n}{n_1n_2\cdots n_t}\) 是多项式系数，它的性质也很相似：

\[\sum{\binom{n}{n_1n_2\cdots n_t}} = t^n \]

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 \(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}\) 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

\[\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!}=\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!} \]

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 \(n_1,n_2,\cdots,n_k\) ，且 \(n=n_1+n_2+\ldots+n_k\) 。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：

\[\binom{n}{n_1,n_2,\cdots,n_k}=\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!} \]

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

多重集的组合数 1

设 \(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}\) 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 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=r\) 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 \(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}\) 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：

\[\forall i\in [1,k],\ x_i\le n_i,\ \sum_{i=1}^kx_i=r \]

于是很自然地想到了容斥原理。容斥的模型如下：

1. 全集： \(\displaystyle \sum_{i=1}^kx_i=r\) 的非负整数解。
2. 属性： \(x_i\le n_i\) 。

于是设满足属性 \(i\) 的集合是 \(S_i\) ， \(\overline{S_i}\) 表示不满足属性 \(i\) 的集合，即满足 \(x_i\ge n_i+1\) 的集合。那么答案即为

\[\left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| \]

根据容斥原理，有：

\[\begin{split} \left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| &=&\sum_i\left|\overline{S_i}\right| -\sum_{i,j}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\right| +\sum_{i,j,k}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\cap\overline{S_k}\right| -\cdots\\ &&+(-1)^{k-1}\left|\bigcap_{i=1}^k\overline{S_i}\right|\\ &=&\sum_i\binom{k+r-n_i-2}{k-1} -\sum_{i,j}\binom{k+r-n_i-n_j-3}{k-1}+\sum_{i,j,k}\binom{k+r-n_i-n_j-n_k-4}{k-1} -\cdots\\ &&+(-1)^{k-1}\binom{k+r-\sum_{i=1}^kn_i-k-1}{k-1} \end{split} \]

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

\[Ans=\sum_{p=0}^k(-1)^p\sum_{A}\binom{k+r-1-\sum_{A} n_{A_i}-p}{k-1} \]

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 \(\displaystyle \binom {n-k+1}{k}\) 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 \(\mathrm Q_n^n\) 。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

\[\mathrm Q_n^n \times n = \mathrm A_n^n \Longrightarrow \mathrm Q_n = \frac{\mathrm A_n^n}{n} = (n-1)! \]

由此可知部分圆排列的公式：

\[\mathrm Q_n^r = \frac{\mathrm A_n^r}{r} = \frac{n!}{r \times (n-r)!} \]

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。

\[\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}\tag{1} \]

相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。（对称性）

\[\binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1}\tag{2} \]

由定义导出的递推式。

\[\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\tag{3} \]

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。

\[\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\cdots+\binom{n}{n}=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}=2^n\tag{4} \]

这是二项式定理的特殊情况。取 \(a=b=1\) 就得到上式。

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

二项式定理的另一种特殊情况，可取 \(a=1, b=-1\) 。

\[\sum_{i=0}^m \binom{n}{i}\binom{m}{m-i} = \binom{m+n}{m}\ \ \ (n \geq m)\tag{6} \]

拆组合数的式子，在处理某些数据结构题时会用到。

\[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}^2=\binom{2n}{n}\tag{7} \]

这是 \((6)\) 的特殊情况，取 \(n=m\) 即可。

\[\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}=n2^{n-1}\tag{8} \]

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。

\[\sum_{i=0}^ni^2\binom{n}{i}=n(n+1)2^{n-2}\tag{9} \]

与上式类似，可以通过对多项式函数求导证明。

\[\sum_{l=0}^n\binom{l}{k} = \binom{n+1}{k+1}\tag{10} \]

可以通过组合意义证明，在恒等式证明中较常用。

\[\binom{n}{r}\binom{r}{k} = \binom{n}{k}\binom{n-k}{r-k}\tag{11} \]

通过定义可以证明。

\[\sum_{i=0}^n\binom{n-i}{i}=F_{n+1}\tag{12} \]

其中 \(F\) 是斐波那契数列。

\[\sum_{l=0}^n \binom{l}{k} = \binom{n+1}{k+1}\tag{13} \]

通过组合分析——考虑 \(S={a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}}\) 的 \(k+1\) 子集数可以得证。