组合数学学习笔记
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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 \(\sum\limits _{i=1}^n a_i\) 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 \(\prod\limits _{i=1}^n b_i\) 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,
\(A_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}\)。
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 \(\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}\)(或 \(C_n^m\))表示,\(\dbinom{n}{m}=\dfrac{A_n^m}{m!}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)。
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 \(\dbinom{n - 1}{k - 1}\)。
本质是求 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n\) 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 \(\dbinom{n+k-1}{k-1}\)。因为 \(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}\),答案即为 \(\dbinom{n+k-1}{n}\)。
本质是求 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n\) 的非负整数解的组数。
- 对于第 \(i\) 组,至少要分到 \(a_i\) 个(\(\sum\limits a_i\le n\)),一共有多少种分法?
本质是求 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n\) 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 \(x'_1+x'_2+\cdots+x'_k=n\) 的整数解。
过程:
所以答案为 \(\dbinom{n-\sum a_i+k-1}{n-\sum a_i}\)。
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 \(\dbinom {n-k+1}{k}\) 种。
证明:设选的 \(k\) 个数分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k (x_1\le x_2\le \cdots \le x_k)\),设 \(x'_i=x_i+i-1\),则一定有 \(x'_1<x'_2<\cdots<x'_k\ \ (x'_k\le n)\),即两两都不相邻。因为 \(x'_k=x_k+k-1\le n\),所以 \(x_k\le n-k+1\),我们只需在 \(1\sim n-k+1\) 中选 \(k\) 个数即可,答案为 \(\dbinom{n-k+1}{k}\) 种。
二项式定理
内容
证明
采用数学归纳法。
先理解一个引理:帕斯卡法则,即:
- 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 \(\dbinom{n+1}{k}\) 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 \(\dbinom{n}{k-1}\) 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 \(\dbinom{n}{k-1}\)。所以我们有:
调换下顺序得到:
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 \(n=k+1\):
将 \(a,b\) 乘进来:
把前半部分 \(i=1\) 时提出来:
将 \(j\) 化为 \(i-1\):
把后半部分 \(i=k+1\) 时提出来:
将中间两个求和合并:
套用帕斯卡法则:
所以当 \(n=k+1\) 时,结论仍成立。因此对任意 \(n\in \mathbb{N} ^{+}\),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 \(\left \lceil \dfrac{n}{k} \right \rceil\) 个物品。
证明
反证法。
设每个分组含有小于 \(\left \lceil \dfrac{n}{k} \right \rceil\) 个物体,则其总和 \(S\leq (\left \lceil \dfrac{n}{k} \right \rceil -1 ) \times k=k\left\lceil \dfrac{n}{k} \right\rceil-k < k(\dfrac{n}{k}+1)-k=n\) ,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
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 \(2n\) 步,所以从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的方案总数有 \(\dbinom{2n}{n}\) 种,从 \((0,0)\) 到 \((n-1,n+1)\) 的方案数有 \(\dbinom{2n}{n-1}\) 种。
综上可得:
递推公式
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 \(H_n = \sum_{i=0}^{n-1}H_iH_{n-i-1}\)。
故得证。
组合数性质
性质1
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
证明
性质3
证明
即帕斯卡定理的略微转换,具体见上。
性质4
证明
将 \(a=b=1\) 带入二项式定理即可。
性质5
\([a]\) 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
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 \(\dbinom{n+m}{m}\)。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 \(\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{m-i}\),枚举每个 \(i\) 即为总方案数。
性质7
证明
性质 \(6\) 的特殊情况,取 \(m=n\) 即可。
性质8
证明
性质9
证明
拓展:求证 $$\begin{aligned}
\sum_{i=1}{n}im\dbinom{n}{i}&=n{\overline{m}}2
\end{aligned}$$。
性质10:
证明
二项式反演
内容
形式1
形式2
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 \(A_{n,i}=(-1)^i\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}\),现在变为求证 $$F_n=\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}G_i \iff G_n=\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}F_i$$,即证 \(A*A=I\)。
发现后面的那块是二项式定理,所以原式可以化简为:
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
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:
发现这是 二维二项式反演 的经典式子,反演后可得:
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 \(ij \ne 0\) 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 \({n\choose i}{n\choose j}3^{(n-i)(n-j)+1}\)。
- 当 \(ij = 0,i+j \ne 0\) 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 \({n\choose i+j}3^{i+j+(n-i-j)n}\)。
- 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。