学习笔记-组合数学——组合数基础，组合数取模，CRT

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目录

• 1.组合数学基础
  • 错位排列
  • 圆排列
  • 二项式定理
  • 一些问题
• 2. 组合恒等式
• 3.组合数取模
• 4.中国剩余定理——孙子定理
• 5.容斥原理

1.组合数学基础

排列数 \(A_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}\) 相当于从 \(A^n_n\) 中除去了 \(A_{n-m}^{n-m}\)
组合数 \(\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\) 相当于把 \(A^m_n\) 除去了顺序，不再赘述

错位排列

它计数的是这样一类问题的答案:对于 \(n\) 个小球,每个小球都有其不能放进的一个互不相同的盒子,求方案数

我们设对于 \(n\) 个小球的方案数为 \(D_n\)
通过观察不难发现, \(D_1=0,D_2=1\)
我们对于第 \(n\) 个小球分类讨论,寻找其规律
可以发现,所有球都放错的情况与有两个球放对的情况一一对应

1.如果第 \(n\) 个小球放对了,那肯应有 \(n-2\) 个小球放错了,有 \(D_{n-1}\) 种情况,剩下的一个又有 \(n-1\) 种情况,故为 \((n-1)D_{n-2}\) 种
2.如果第 \(n\) 个小球放错了,那么剩下的同理,有 \((n-1)D_{n-2}\)

所以它的递推公式为 \(D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\) 或 \(D_n=nD_{n-1}+(-1)^n\)

圆排列

这相对来说比较简单,问 \(n\) 个人转圈排列的方案数,考虑把每种情况转一圈，正好有n种重复情况，所以情况数为 \((n-1)!\)

二项式定理

一个式子:

\[(a+b)^n=\sum^n_{i=0}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i} \]

从组合意义考虑，选了 i 个 a 的情况数就是 \(\dbinom n i\)

一些问题

1. 从 \(1,2,3,...,n\) \(n\) 个数字中选互不相邻的 \(m\) 个数的方案数

\[\dbinom{n-m+1}{m} \]

考虑把 \(m-1\) 个数拿出来,再从剩下的里面拿 \(m\) 个数,用那 \(m-1\) 个数隔开 \(m\) 个数

2. 从 \(1,2,3,...,n\) \(n\) 个数字中选可重复的 \(m\) 个数的方案数

\[\dbinom{n+m-1}{n-1} \]

我们把 \(m\) 个元素中插入 \(n-1\) 个东西
我们从这 \(n+m-1\) 个元素中选 \(n-1\) 个元素作为隔板,第 \(i-1\) 个隔板和第 \(i\) 个隔板之间的元素个数即为第 \(i\) 个数字所选的个数

3. \(n\) 个小球放进 \(m\) 个盒子里,每个盒子不同且必须有一个球

\[\dbinom{n-1}{m-1} \]

用 \(m-1\) 个隔板插到 \(n\) 个元素的空里,两个隔板之间就是一个盒子

2. 组合恒等式

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

组合推理:选 \(m\) 的和选 \(m\) 的补集的情况数是一样的

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\[\dbinom n m=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}\tag{2} \]

组合推理:考虑选不选第 \(n\) 个，不选的情况为 \(\dbinom{n-1}{m}\)，选的情况为 \(\dbinom{n-1}{m-1}\)

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\[k\dbinom nk=n\dbinom {n-1}{k-1}\tag{3} \]

吸收恒等式，组合意义为从 \(n\) 个人中选 \(k\) 个人，并指定一人成为队长，由组合数定义也可推出，作为组合数其中一种推导式使用，可以与这个恒等式相搭配：\((n−k)\dbinom nk=n\dbinom {n-1}k\)，实现组合数上标下标的增减

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\[\dbinom rm\dbinom mk=\dbinom rk \dbinom {r-k}{m-k}\tag{4} \]

组合推理：左式的组合意义是从 \(r\) 个中选 \(m\) 个，再从这 \(m\) 个中选 \(k\) 个，所以可以先从 \(r\) 个中选 \(k\) 个，再从剩下的 \(r-k\) 个中选剩下的 \(m-k\) 个

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\[ \sum\limits_{k=0}^n \dbinom{m_1}{k} \dbinom{m_2}{n-k}=\dbinom{m_1+m_2}{n}\tag{5} \]

两种证明：

1. 组合意义
   把 \(m_1+m_2\) 个东西分成个数分别为 \(m_1\) 和 \(m_2\) 的两份，然后从这两份中取总计 \(n\) 份的东西
2. 二项式定理

\[\begin{aligned} (1+x)^{m_1}(1+x)^{m_2} & = (1+x)^{m_1+m_2}\\ \sum\limits_{i=1}^{m_1}x^i\dbinom{m_1}{i}\sum\limits_{i=1}^{m_2}x^i\dbinom{m_2}{i} & = \sum\limits_{i=1}^{m_1+m_2}x^i\dbinom{m_1+m_2}{i} \end{aligned} \]

\(\dbinom{m_1+m_2}{n}\) 就是 \(x^{n}\) 的系数
因为 \(x^n=x^{n-i}x^i\) (显然吧)
所以易得， \(\dbinom{m_1+m_2}{n}\) 就等于 \(\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{m_1}{i} \dbinom{m_2}{n-i}\)

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\[\sum\limits^n_{i=1}\dbinom ni^2=\dbinom{2n}n\tag{6} \]

这是上式的特殊情况，取 \(m_1=m_2\)

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\[\sum\limits^{n}_{i=1}i\dbinom ni=n2^{n-1}\tag{7} \]

证明：

\[(1+x)^n=\sum\limits^n_{i=0}\dbinom ni x^i \]

把此式两边求导，得到：

\[n(1+x)^{n-1}=\sum\limits^n_{i=1}i\dbinom ni x^{i-1} \]

将 \(x=1\) 代入，即是原式

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\[n(n+1)2^{n-2}=\sum^n_{i=1}i^2\dbinom ni\tag{8} \]

这个式子是对上式的进一步求导，不再赘述，其实只要可以的话，可以得到 \(\sum\limits^n_{i=1}i^p\dbinom ni\) 对于任意正整数的恒等式，但求导也会越来越复杂

但是呢，据《组合数学》所言，这东西有组合意义，不会推，谁会证在评论说一下

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\[\sum\limits^n_{i=1}i\dbinom ni^2=n\dbinom{2n-1}{n-1}\tag{9} \]

组合推理：考虑 \(n\) 个男生和 \(n\) 个女生，选取 \(n\) 个人组成团队，一个男生是领导（其实在这种意义下 \(\dbinom ni^2\) 应写作 \(\dbinom ni\dbinom n{n-i}\)）

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\[\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i\dbinom{n}{i}=[n=0]\tag{10} \]

二项式定理的特殊情况，取 \(a=1,b=-1\)，仅当 \(n=0\) 时式子取值为 \(1\)，可以反演

有一个推论：\(\sum\limits^{n}_{2\mid i}\dbinom{n}{i}=\sum\limits^{n}_{2\not\mid i}\dbinom{n}{i}\) 移项即可推出

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\[\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i\dbinom ni^2= \begin{cases} 0& n\ne 2m&(m\in \mathbb{Z})\\ (-1)^m\dbinom {2m} m& n=2m \end{cases}\tag{11} \]

证明：由 \((1-x^2)^n=(1+x)^n(1-x)^n\) 可推导

\[\begin{aligned} (1-x^2)^n&=(1+x)^n(1-x)^n\\ \sum\limits^n_{i=0}(-1)^i\dbinom nix^{2i}&=\sum\limits^n_{i=0}\dbinom nix^{i}\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i\dbinom nix^{i} \end{aligned} \]

对着这个式子可以推出 \(x^n\) 的系数，对于左边式子来说，只有 \(n\) 为偶数时才有系数，对于 \(n\) 为奇数，系数为 \((-1)^m\dbinom{2m}m\)，而右边式子 \(x^n\) 的系数为 \(\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i\dbinom{n}{n-i}\dbinom ni=\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i\dbinom ni^2\)，系数相等，由此得证

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\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom ni =2^n\tag{12} \]

二项式定理特殊情况，\(a=1,b=1\)
组合意义：\(\dbinom ni\) 表示 n 个元素中含 i 个元素的子集数量，求和即为 n 个元素的子集数量 \(2^n\)

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\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom ik=\dbinom{n+1}{k+1}\tag{13} \]

组合推理：在 \(n+1\) 个球里拿 \(k+1\) 个，最后一个拿的是第 \(i\) 个，则情况数为 \(\dbinom ik\)，累加即为总数——\(\dbinom{n+1}{k+1}\)

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\[\sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}i=\dbinom{n+m+1}{n}\tag{14} \]

证明（会用到 \((13)\) ）：

\[\begin{aligned} \sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}i&=\sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}m\\ &=\sum\limits^{n+m}_{i=m}\dbinom {i}m+0\\ &=\sum\limits^{n+m}_{i=m}\dbinom {i}m+\sum\limits^{m-1}_{i=0}\dbinom {i}m\\ &=\sum\limits^{n+m}_{i=0}\dbinom im\\ &=\dbinom{n+m+1}{m+1}=\dbinom{n+m+1}{n} \end{aligned} \]

这个东西也可以进行扩展到上下均有值的情况

\[\begin{aligned} \sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}{s+i}&=\sum\limits^n_{i=0}\dbinom {m+i}{m-s}\\ &=\sum\limits^{n+m}_{i=0}\dbinom i{m-s}\\ &=\dbinom{n+m+1}{m-s+1}=\dbinom{n+m+1}{n+s} \end{aligned} \]

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\[\sum\limits^{n}_{i=0}\dbinom nk r^k=(1+r)^n\tag{15} \]

又是二项式定理，\(a=m,b=1\)

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\[\sum^n_{i=0}\dbinom {n-i}i=f_{n+1} \quad\texttt{（$f_i$ 为斐波那契数列第 $i$ 项）}\tag{16} \]

设原数列为 \(g_i\) 则显然 \(g_0=f_1,g_1=f_2\)，只需要验证是否存在 \(g_i=g_{i-1}+g_{i-2}\) 即可
然后我们把它放在杨辉三角里，结论就显而易见了：

这个表格最上面一行是 \(g_i\) ，在杨辉三角中表现为对它所在斜线的数进行求和
又因为杨辉三角的递推式，观察表格，显然就能得出结论

我觉得这东西应该有一个巧妙的组合意义，但我想不出来（

3.组合数取模

• \(m!(n-m)!\) 逆元直接淦

  适合非常水的题

• 杨辉三角递推式直接取模淦

  适合 \(nm\le1e7\)

• 卢卡斯定理
  一个式子： \(\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{ \left\lfloor n/p \right\rfloor}{ \left\lfloor m/p \right\rfloor}\dbinom{n \bmod p}{m\bmod p}\pmod p\)
  证明：
  首先可以推出一个性质： \((1+x)^p \equiv 1+x^p \pmod p\)
  由于 \((1+x)^p\) 的第 \(i\) 项的系数为 \(\dbinom pi=\dfrac{p!}{(p-i)!i!}\) 而显然当 \(p\ne 1,p\) 时，这个式子永远是有 \(p\) 这个因子，故模p为0，所以只剩下了第一项和最后一项

  二项式系数 \(\dbinom nm\) 显然可以看做是 \((1+x)^n\) 中 \(x^m\) 的系数，然后我们对 \((1+x)^n\) 进行一些操作：
  \( \begin{aligned} (1+x)^n&\equiv(1+x)^{\left\lfloor n/p\right\rfloor \cdot p}(1+x)^{n\bmod p}\\ &\equiv(1+x^p)^{\left\lfloor n/p \right\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\\ &\equiv\sum\limits^{\left\lfloor n/p \right\rfloor}_{i-1}\dbinom {\left\lfloor n/p \right\rfloor}{i} x^{ip}\sum^{n\bmod p}_{i=1} \dbinom{n\bmod p}{i} x^i \pmod p\\ \end{aligned} \)
  然后观察式子，可以把 \(x^m\) 拆成 \(x^{\left\lfloor m/p\right\rfloor \cdot p}\cdot x^{m\bmod p}\) ，可以发现，在模p意义下， \(x^{\left\lfloor m/p\right\rfloor\cdot p}\) 的系数为 \(\dbinom {\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor}\)，\(x^{m\bmod p}\) 的系数为 \(\dbinom{n\bmod p}{m\bmod p}\)，则 \(x^m\) 的系数为 \(\dbinom{ \left\lfloor n/p \right\rfloor}{ \left\lfloor m/p \right\rfloor}\dbinom{n \bmod p}{m\bmod p}\) ，由此得证

• 扩展卢卡斯定理

  Lucas 定理中对模数 \(p\) 的要求为素数，所以我们需要扩展一下下，把 \(p\) 的适用范围扩至全体正整数

  根据唯一分解定理，我们有： \(\,\,p=q_1^{\alpha_1}q_2^{\alpha_2}q_3^{\alpha_3}\dots q_k^{\alpha_k}\)

  易得，对于任意的 \(i,j\)，\(q_i^{\alpha_i}\) 与 \(q_j^{\alpha_j}\) 互质，所以可以据此建立方程组：
  \(\begin{cases} x_1 \equiv \dbinom nm \pmod {q_1^{\alpha_1}}\\ x_2 \equiv \dbinom nm \pmod {q_2^{\alpha_2}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,...\\ x_k \equiv \dbinom nm \pmod {q_k^{\alpha_k}}\\ \end{cases}\)
  可以发现,求出所有的 \(x\) 后，即可通过CRT求解 \(\dbinom nm\)
  由此问题转换为求 \(x_i=\dbinom nm \bmod q_i^{\alpha_i}\)

4.中国剩余定理——孙子定理

中国剩余定理可解决以下问题（其中 \(n_1,n_2,n_3,...,n_k\) 互质）:

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {n_1}\\ x \equiv a_2 \pmod {n_2}\\ x \equiv a_3 \pmod {n_3}\\ ....\\ x \equiv a_k \pmod {n_k}\\ \end{cases}\]

答案为：

\[n=\prod^k_{i=1}n_i\quad m_i=\frac{n}{n_i} \]

\[ans=\sum^k_{i=1}a_im_im_i^{-1} \bmod n\text{ 其中 $m_i^{-1}$ 是模 $n_i$ 意义下的逆元} \]

我们观察式子，可以发现 \(\forall i,j(i\ne j) n_j \mid m_i\) 所以 \(a_im_im_i^{-1}\) 对于其他模数余数贡献为0
而 \(a_im_im_i^{-1}\equiv a_i \pmod n_i\) 所以我们构造出了一个满足条件的数

5.容斥原理

正常的容斥原理表现为一个式子：

\[\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{m=1}^n(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right| \]

就是将集合里的元素缝缝补补，凑成并集，自己意会，可以用来求解与集合上计数有关问题，或者这个东西可以这么扩展：一共有 \(n\) 个集合，每个集合里有若干个属性，属性之间有重复，最终要得到只含一种属性的集合