组合数学学习笔记（持续完善中）

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2024-11-12 11:25 修改了一些格式错误且增加了二项式反演的例题

2024-11-12 14:33 改进了二项式反演的证明

基础知识

一、加法原理

完成某个工作有 $n$ 类办法，第 $i$ 类办法有 $a_{i}$ 种，则完成此工作的方案数有 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ 种。

二、乘法原理

完成某个工作有 $n$ 个步骤，第 $i$ 个步骤有 $b_{i}$ 种，则完成此工作的方案数有 $\prod_{i = 1}^{n} b_{i}$ 种。

排列组合（基础）

一、定义

1.排列数：从 $n$ 个物体中选出 $m$ 个物体按一定顺序排为一列的方案数，用 $A_{n}^{m} ($ 或 $P_{n}^{m})$ 表示，
$A_{n}^{m} = \frac{n!}{(n - m)!}$ 。

2.组合数：从 $n$ 个物体种选出 $m$ 个物体（不考虑顺序）的方案数，用 $(\begin{matrix} n \\ m \end{matrix})$ (或 $C_{n}^{m}$ )表示， $(\binom{n}{m}) = \frac{A_{n}^{m}}{m!} = \frac{n!}{m! (n - m)!}$ 。

3.插板法

现有 $n$ 个完全相同的元素，要求将其分为 $k$ 组。

保证每组至少有一个元素，一共有多少种分法？

考虑拿 $k - 1$ 块板子插入到 $n$ 个元素两两形成的 $n - 1$ 个空里面。因为元素完全相同，所以答案就是 $(\binom{n - 1}{k - 1})$ 。

本质是求 $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k} = n$ 的正整数解的组数。

每组允许为空，一共有多少种分法？

给总体先加上 $k$ 个，以保证每组至少一个，接下来处理同上，最后相当于每组减一还回去即可。答案为 $(\binom{n + k - 1}{k - 1})$ 。因为 $(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m})$ ,答案即为 $(\binom{n + k - 1}{n})$ 。

本质是求 $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k} = n$ 的非负整数解的组数。

对于第 $i$ 组，至少要分到 $a_{i}$ 个（ $\sum a_{i} \leq n$ ），一共有多少种分法？

本质是求 $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k} = n$ 的整数解的组数。

模仿第三种情况，我们设 $x_{i}^{'} = x_{i} - a_{i}$ 以保证每组最少分到 $a_{i}$ 个。现在相当于求 $x_{1}^{'} + x_{2}^{'} + \dots + x_{k}^{'} = n$ 的整数解。

过程：

x_{1}^{'} + x_{2}^{'} + \dots + x_{k}^{'} = n

(x_{1}^{'} + a_{1}) + (x_{2}^{'} + a_{2}) + \dots + (x_{k}^{'} + a_{k}) = n

x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k} = n - a_{1} - a_{2} - \dots - a_{k}

x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k} = n - \sum a_{i}

所以答案为 $(\binom{n - \sum a_{i} + k - 1}{n - \sum a_{i}})$ 。

例： $1 \sim n$ 这 $n$ 个自然数中选 $k$ 个，使得这 $k$ 个数中任何两个数都不相邻的组合有 $(\binom{n - k + 1}{k})$ 种。

证明：设选的 $k$ 个数分别为 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{k} (x_{1} \leq x_{2} \leq \dots \leq x_{k})$ ，设 $x_{i}^{'} = x_{i} + i - 1$ ，则一定有 $x_{1}^{'} < x_{2}^{'} < \dots < x_{k}^{'} (x_{k}^{'} \leq n)$ ，即两两都不相邻。因为 $x_{k}^{'} = x_{k} + k - 1 \leq n$ ，所以 $x_{k} \leq n - k + 1$ ，我们只需在 $1 \sim n - k + 1$ 中选 $k$ 个数即可，答案为 $(\binom{n - k + 1}{k})$ 种。

二项式定理

内容

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

证明

采用数学归纳法。

先理解一个引理：帕斯卡法则，即：

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

证明帕斯卡法则：假设有 $n + 1$ 个人，要在其中选出 $k$ 个人，很明显方案有 $(\binom{n + 1}{k})$ 种；但不幸的是，一共的 $n + 1$ 个人中死了一个，现在我们总人数剩下 $n$ 人，但还是要选 $k$ 人，现在方案数为 $(\binom{n}{k - 1})$ 种；我们发现少的方案数一定和那死的一个人有关，那我们所缺少的方案数就是在选种的 $k$ 个人中有那个死人，所以我们还能自主选择 $k - 1$ 人，所以缺少的方案数为 $(\binom{n}{k - 1})$ 。所以我们有：

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

调换下顺序得到：

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

得证。

现在证明二项式定理。

当 $n = 1$ 时，原式显然成立。

假设当 $n = k$ 时原式成立，设 $n = k + 1$ ：

(a + b)^{k + 1} = a (a + b)^{k} + b (a + b)^{k}

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

将 $a, b$ 乘进来：

= \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) a^{k - i + 1} b^{i} + \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) a^{k - j} b^{j + 1}

把前半部分 $i = 1$ 时提出来：

= a^{k + 1} + \sum_{i = 1}^{k} (\binom{k}{i}) a^{k - i} b^{i} + \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{j}) a^{k - j} b^{j + 1}

将 $j$ 化为 $i - 1$ :

= a^{k + 1} + \sum_{i = 1}^{k} (\binom{k}{i}) a^{k - i} b^{i} + \sum_{i = 1}^{k + 1} (\binom{k}{i - 1}) a^{k - i + 1} b^{i}

把后半部分 $i = k + 1$ 时提出来：

= a^{k + 1} + \sum_{i = 1}^{k} (\binom{k}{i}) a^{k - i} b^{i} + \sum_{i = 1}^{k} (\binom{k}{i - 1}) a^{k - i + 1} b^{i} + b^{k + 1}

将中间两个求和合并：

= a^{k + 1} + b^{k + 1} + \sum_{i = 1}^{k} [(\binom{k}{i}) + (\binom{k}{i - 1})] a^{k - i} b^{i}

套用帕斯卡法则：

= a^{k + 1} + b^{k + 1} + \sum_{i = 1}^{k} (\binom{k + 1}{i}) a^{k - i} b^{i}

= \sum_{i = 0}^{k + 1} (\binom{k + 1}{i}) a^{k - i} b^{i}

所以当 $n = k + 1$ 时，结论仍成立。因此对任意 $n \in N^{+}$ ，均可使所证等式成立，
得证。

鸽巢原理（抽屉原理）

内容

将 $n$ 个物体，划分为 $k$ 组，那么至少存在一个分组，含有大于或等于 $⌈ \frac{n}{k} ⌉$ 个物品。

证明

反证法。

设每个分组含有小于 $⌈ \frac{n}{k} ⌉$ 个物体，则其总和 $S \leq (⌈ \frac{n}{k} ⌉ - 1) \times k = k ⌈ \frac{n}{k} ⌉ - k < k (\frac{n}{k} + 1) - k = n$ ，矛盾。

容斥原理

内容

设 $U$ 中元素有 $n$ 种不同的属性，而第 $i$ 种属性称为 $P_{i}$ ，拥有属性 $P_{i}$ 的元素构成集合 $S_{i}$ ，那么

| ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | = \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m - 1} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} | ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} |

证明

数学归纳法，懒得写了以后填坑（）

卡特兰数

定义

定义卡特兰数 $H_{n}$ 表示坐标轴上从 $(0, 0)$ 点到 $(n, n)$ 的路径中不越过直线 $y = x$ 的路径数。下图为一种不合法的方案。

求法

如下图，对每个非法的方案都可以通过把在第一个越过 $y = x$ 的点之后的路径以直线 $y = x + 1$ 做对称从而构造一条自 $(0, 0)$ 至 $(n - 1, n + 1)$ 的路径。

因为一共需要走 $2 n$ 步，所以从 $(0, 0)$ 到 $(n, n)$ 的方案总数有 $(\binom{2 n}{n})$ 种，从 $(0, 0)$ 到 $(n - 1, n + 1)$ 的方案数有 $(\binom{2 n}{n - 1})$ 种。

综上可得：

\begin{aligned} H_{n} & = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1}) \\ = \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} - \frac{(2 n)!}{(n + 1)! (n - 1)!} \\ = \frac{(n + 1) (2 n)!}{n! (n + 1)!} - \frac{n (2 n)!}{n! (n + 1)!} \\ = \frac{(2 n)!}{n! (n + 1)!} \\ = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1} \end{aligned}

递推公式

H_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} H_{n - i - 1}

H_{n} = \frac{4 n - 2}{n + 1} H_{n - 1}

证明： $(0, 0)$ 到 $(n, n)$ 的路径可以分作以下几步：

从 $(0, 0)$ 走到 $(i, i)$ ，方案数为 $H_{i}$ 。
从 $(i, i)$ 走到 $(n - 1, n - 1)$ ，方案数为 $H_{n - i - 1}$ 。
从 $(n - 1, n - 1)$ 走到 $(n, n)$ ，方案数为 $1$ 。

枚举每一个 $i$ ，由此得到 $H_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} H_{n - i - 1}$ 。

\begin{aligned} H_{n} = \frac{4 n - 2}{n + 1} H_{n - 1} \\ ⟺ & \frac{C_{2 n}^{n}}{n + 1} = \frac{4 n - 2}{n + 1} \times \frac{C_{2 n - 2}^{n - 1}}{n} \\ ⟺ & \frac{(2 n)!}{(n + 1) (n!)^{2}} = \frac{4 n - 2}{n + 1} \times \frac{(2 n - 2)!}{n (n - 1)!^{2}} \\ ⟺ & \frac{(2 n)!}{n} = (4 n - 2) \times (2 n - 2)! \\ ⟺ & \frac{(2 n) (2 n - 1)}{n} = 4 n - 2 \\ ⟺ & 4 n - 2 = 4 n - 2 \end{aligned}

故得证。

组合数性质

性质1

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

证明

正确性显然，用组合数意义理解，在 $n$ 个中选 $m$ 个相当于在 $n$ 个中挑 $n - m$ 个不选。

性质2

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

证明

\begin{aligned} (\binom{n}{m}) & = \frac{n!}{m! (n - m)!} \\ = \frac{n}{m} \times \frac{(n - 1)!}{(m - 1)! (n - m)!} \\ = \frac{n}{m} (\binom{n - 1}{m - 1}) \end{aligned}

性质3

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

证明

即帕斯卡定理的略微转换，具体见上。

性质4

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) = 2^{n}

证明

将 $a = b = 1$ 带入二项式定理即可。

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

性质5

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

$[a]$ 表示当 $a$ 为真时答案为 $1$ ，否则为 $0$ （相当于一个 bool）。

证明

证法基本等同于性质 $4$ ，将 $a = 1, b = - 1$ 带入二项式定理即可。

我们这里认为 $0^{0} = 1$ ，所以 $n = 0$ 时答案为 $1$ 。

具体证明略。

性质6

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

证明

考虑通过组合数意义来理解。

假设现在有 $n$ 个男生， $m$ 个女生，我们现在要从这 $n + m$ 个人中选出 $m$ 个人，方案数显然为 $(\binom{n + m}{m})$ 。另一种思考方式是从男生中选 $i$ 个，女生中选 $m - i$ 个，对于每个 $i$ 方案数为 $(\binom{n}{i}) (\binom{m}{m - i})$ ，枚举每个 $i$ 即为总方案数。

性质7

\sum_{i = 0}^{n} {(\binom{n}{i})}^{2} = (\binom{2 n}{n})

证明

性质 $6$ 的特殊情况，取 $m = n$ 即可。

性质8

\sum_{i = 0}^{n} i (\binom{n}{i}) = n 2^{n - 1}

证明

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} i (\binom{n}{i}) & = n \cdot \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n} (\binom{n}{i}) \\ = n \cdot \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - 1}{i - 1}) (套用性质2) \\ = n 2^{n - 1} (套用性质4) \end{aligned}

性质9

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

证明

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

拓展：求证 $$\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n}im\dbinom{n}{i}&=n^{{\overline{m}}2}
\end{aligned}$$。

性质10：

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

证明

\begin{aligned} (\binom{n}{r}) (\binom{r}{k}) & = \frac{n!}{r! (n - r)!} \cdot \frac{r!}{k! (r - k)!} \\ = \frac{n!}{(n - r)! \cdot k! \cdot (r - k)!} \\ = \frac{n! (n - k)!}{(n - r)! \cdot k! \cdot (r - k)! \cdot (n - k)!} \\ = \frac{n!}{k! (n - k)!} \cdot \frac{(n - k)!}{(r - k)! (n - r)!} \\ = (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{r - k}) \end{aligned}

二项式反演

内容

形式1

F_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) G_{i} ⟺ G_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) F_{i}

形式2

F_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) G_{i} ⟺ G_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) F_{i}

证明

发现形式一的形态很对称，那我们设一个反演系数。

设矩阵 $A_{n, i} = (- 1)^{i} (\begin{matrix} n \\ i \end{matrix})$ ，现在变为求证 $F_{n} = \sum_{i = 0}^{n} A_{n, i} G_{i} ⟺ G_{n} = \sum_{i = 0}^{n} A_{n, i} F_{i}$ ，即证 $A * A = I$ 。

\begin{aligned} (A * A)_{n, m} & = \sum_{t = 1}^{\infty} A_{n, t} A_{t, m} \\ = \sum_{t = m}^{n} (- 1)^{t} (\binom{n}{t}) (- 1)^{m} (\binom{t}{m}) \\ = (- 1)^{m} \sum_{t = m}^{n} (- 1)^{t} (\binom{n}{t}) (\binom{t}{m}) \\ = (- 1)^{m} \sum_{t = m}^{n} (- 1)^{t} (\frac{n!}{t! \times (n - t)!} \cdot \frac{t!}{m! \times (t - m)!}) \\ = (- 1)^{m} \sum_{t = m}^{n} (- 1)^{t} (\binom{n}{m}) (\binom{n - m}{n - t}) \\ = (- 1)^{m} (\binom{n}{m}) \sum_{t = m}^{n} (- 1)^{t} (\binom{n - m}{n - t}) \\ = (- 1)^{m} (\binom{n}{m}) \sum_{t = 0}^{n - m} (- 1)^{t + m} + (\binom{n - m}{n - t - m}) \\ = (- 1)^{2 m} (\binom{n}{m}) \sum_{t = 0}^{n - m} (- 1)^{t} + (\binom{n - m}{t}) \end{aligned}

发现后面的那块是二项式定理，所以原式可以化简为：

(- 1)^{2 m} (\binom{n}{m}) (1 - 1)^{n - m}

仔细观察，此式只有在 $n = m$ 时值为 $1$ ，其余时间都为 $0$ ，即 $[n = m]$ ，也就是单位矩阵 $I$ 。

由此得证 $A * A = I$ 即矩阵 $A$ 自逆，从而得证形式一，而形式二通过移动 $- 1$ 的次幂即可推得。

例题

CF997C Sky Full of Stars

虽然 Codeforces 题库炸了，但不影响这是一道能用来练二项式反演的好题（好像也可以用容斥原理做？）。

套路化的，我们设 $F_{i, j}$ 为至少有 $i$ 行 $j$ 列同色的方案数， $G_{i, j}$ 为恰好有 $i$ 行 $j$ 列同色的方案数。很明显，我们有：

F_{x, y} = \sum_{i = x}^{n} \sum_{j = y}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) G_{i, j}

发现这是 二维二项式反演 的经典式子，反演后可得：

G_{x, y} = \sum_{i = x}^{n} \sum_{j = y}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) (- 1)^{n - j} (\binom{n}{j}) F_{i, j}

G_{x, y} = (- 1)^{2 n} \sum_{i = x}^{n} \sum_{j = y}^{n} (- 1)^{i + j} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) F_{i, j}

而我们要求的答案是总方案数 $3^{n^{2}} - G_{0, 0}$ ，问题即转化为求 $F$ ，接下来分类讨论。

当 $i j \neq 0$ 时，同色的行和列一定交叉，所以所有行和列都是一种颜色，方案数为 $(\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) 3^{(n - i) (n - j) + 1}$ 。
当 $i j = 0, i + j \neq 0$ 时，同色的行和列一定交叉，所以所有行和列都是一种颜色，方案数为 $(\binom{n}{i + j}) 3^{i + j + (n - i - j) n}$ 。
当 $i + j = 0$ 时，无限制，方案数为 $3^{n^{2}}$ 。

把 $F$ 带回去算出 $G_{0, 0}$ 用全部方案数一减即可。

posted @ 2024-08-01 13:25 Ryan_Adam 阅读(226) 评论(0) 编辑收藏举报

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