【学习笔记】组合数学

合集 - 学习笔记(42)

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收起

排列组合#

四个计数原理#

• 加法原理：并列的方案数加和。

• 乘法原理：叠加的方案数相乘。

• 减法原理：正难则反，补集转换。

• 除法原理：目测用处不大。

排列组合定义式#

$$\mathrm{A}_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!},\mathrm{C}_n^m=\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$$

组合数的一些变换 $1$#

最基本的对称性：

$$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}$$

根据定义得到：

$$\dbinom{n}{k}=\dfrac{n}{k}\dbinom{n-1}{k-1}$$

可以考虑组合意义的一个变换：

$$\dbinom{n}{m}\dbinom{m}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{m-k}$$

根据杨辉三角得到：

$$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}{m}$$

进而推出（考虑杨辉三角上一纵列）：

$$\sum_{i=0}^n \dbinom{i}{k}=1+\sum_{i=k+1}^{n} \dbinom{i}{k}=\dbinom{k+1} {k+1}+\sum_{i=k+1}^{n} \dbinom{i}{k}=\dbinom{n+1}{k+1}$$

Lucas 定理#

$$\dbinom{n}{m}\equiv \dbinom{n\bmod p}{m\bmod p}\dbinom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p \right\rfloor} \pmod p$$

证明：

$$(k+1)^{p}\equiv k^p+1\pmod p$$

求组合数实际上就是求一个二项式的某一项，将 $n,m$ 分解，$n=ap+b,m=cp+d$

$$\begin{aligned} (k+1)^{n}&\equiv(k+1)^{ap}(k+1)^b\\ &\equiv(k^p+1)^a(k+1)^b \pmod p \end{aligned}$$

而 $m$ 项就是：

$$\dbinom{n}{m} k^m=\dbinom{a}{c} k^{cp} \dbinom{b}{d} k^d$$

所以上式成立。

于是在模 $p$ 定义下，组合数可以拆分成 $p$ 进制类的数。

组合数的一些求法#

• 规模小数量多：杨辉三角预处理。

• 规模数量适中：预处理阶乘以及逆元。

• 规模大：Lucas 定理

特殊组合数 $1$#

• 多重集排列数（$x_i$ 个 $a_i$ 组成的本质不同序列个数）：

$$\dbinom{n}{x_1,x_2,\cdots ,x_k}=\dfrac{n!}{\prod_{i=1}^k x_i!}$$

• 无限多重集组合数：等价于求 $\sum_{i=1}^k x_i=n$ 非负整数解的个数。令 $y_i=x_i+1$，就是在求 $\sum_{i=1}^k y_i=n+k$ 的正整数解个数，后者可以插板法：

$$\dbinom{n+k-1}{k-1}$$

• 圆排列：只需要在正常基础上去掉断点的枚举：

$$\mathrm{Q}_n^m=\dfrac{\mathrm{A}_n^m}{m}$$

二项式系数#

二项式定理#

$$(x+y)^n=\sum_{i=0}^n \dbinom{n}{i} x^iy^{n-i}$$

证明考虑组合意义，从 $n$ 个 $x$ 中选取 $i$ 个，其余为 $y$ 的方案数即为某一项的系数。

组合数的一些变换 $2$#

二项式定理的两个特殊情况：

$$\sum_{i=0}^n \dbinom{n}{i}=2^n$$

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

对上一个式子中 $n\ge 1$ 前提下的进一步解释：按考虑 $i$ 的奇偶两边展开，也就是 $n$ 个数选取奇数个和偶数个的方案数，显然前 $n-1$ 个任意选，最后一个按照要求补全即可，于是两边都是 $2^{n-1}$。

一个加权的式子：

$$\sum_{i=1}^ni\dbinom{n}{i}=n2^{n-1}$$

第一种证明是基于上面提出一个分式的转换：

$$\sum_{i=1}^n i\dbinom{n}{i}=\sum_{i=1}^n i\times \dfrac{n}{i}\dbinom{n-1}{i-1}=\sum_{i=0}^{n-1}n\dbinom{n-1}{i}=n2^{n-1}$$

也可以写成二项式再求导：

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n\dbinom{n}{i} x^i&=(1+x)^n\\ \sum_{i=1}^n i\dbinom{n}{i} x^{i-1}&=n(1+x)^{n-1} \end{aligned}$$

代入 $x=1$，即证。

接下来考虑扩展到 $i^2$，在代入前式子的基础上处理：

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n i\dbinom{n}{i} x^i&=n(1+x)^{n-1}x\\ \sum_{i=1}^n i^2\dbinom{n}{i} x^{i-1}&=n[(n-1)(1+x)^{n-2}x+(1+x)^{n-1}] \end{aligned}$$

同样代入 $x=1$，得到：

$$\sum_{i=1}^n i^2\dbinom{n}{i}=n(n+1)2^{n-2}$$

容斥原理#

经典容斥模型#

集合 $U$ 中每个元素都满足一些属性 $P$，其中满足属性 $P_i$ 的元素构成了集合 $A_i$，现在给定集合 $S$，欲求出至少满足 $S$ 中一种属性的元素个数（并集），以及同时满足 $S$ 中所有属性的元素个数（交集）。

$$\left|\bigcup_{i\in S} A_i\right|=\sum_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|-1}\left|\bigcap_{j\in T} A_j\right|$$

若求交集只需做一个补集转换：

$$\left|\bigcap_{i\in S} A_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i\in S} \overline{A_i}\right|$$

我们现在对这个模型给出证明，目的是证明每个符合条件的元素都不重不漏的只计算了一次。

考虑前面二项式中选择个数为偶数奇数方案数的例子，和这里是有相同之处的，对于一个元素 $i$，其满足的属性集合为 $B_i$，那么当且仅当 $T\subseteq B_i$ 是才会对 $i$ 的数量产生影响，也就是枚举 $B_i$ 的非空子集。

而这里恰好就是选取奇数做正贡献，选取偶数做负贡献，而空集情况已经排除，那么奇数贡献正好比偶数多 $1$，即证不重不漏。

所以容斥最好的地方在于，正常求解对属性卡的非常严，而转化成交集后，只需考虑给出的部分满足，不需要考虑不给出的部分不满足。

特殊组合数 $2$#

• 有限多重集组合数（每个元素有一个 $n_i$ 的数量限制）：考虑容斥，要求每个限制都满足，可容斥求至少一个限制不满足的方案，即枚举每一个超出限制的集合，其方案数是总数削去所有超过限制元素的 $n_i+1$ 后的普通答案。

$$\dbinom{n+k-1}{k-1}-\sum_{T\subseteq U,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|-1} \dbinom{n+k-\sum_{i\in T} (n_i+1)-1}{k-1}$$

• 错位排列（满足编号与值均不相等的排列）：

使用容斥原理的通项式：

$$\begin{aligned} D_n&=n!-\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\dbinom{n}{k}(n-k)!\\ &=n!-n!\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k-1}}{k!}\\ &=n!\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k}{k!} \end{aligned}$$

于是简单推导可以得出第一个递推式：

$$D_n=nD_{n-1}+(-1)^n$$

如果考虑组合意义可以得出第二个递推式：

$$\begin{cases} D_1=0\\ D_2=1\\ D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})&n\ge 3 \end{cases}$$

考虑满足条件的排列第一个数字取值为 $[2,n]$，因此实际是钦定 $2$ 为首个数字后的方案数的 $n-1$ 倍。

当第二位上是 $1$ 时，后面 $n-2$ 个位置就是标准的错排，也就是 $D_{n-2}$，当第二位上不是 $1$ 是，后面 $n-1$ 个位置各自有自己的限制（$1$ 不能出现在第二位，其余不能出现在对应位置），也就是 $D_{n-1}$，即证上式。

子集反演#

$$f(S)=\sum_{T\subseteq S}g(T)\Leftrightarrow g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)$$

$$f(S)=\sum_{S\subseteq T}g(T)\Leftrightarrow g(S)=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T)$$

正确性直接代入即可。

二项式反演#

考虑容斥模型中大小相同的集合对应函数值相等的特殊情况，令 $f(n)$ 表示同时满足 $n$ 个条件对应原集的方案数，$g(n)$ 表示 $n$ 个满足 $n$ 个条件对应补集的方案数，其中 $f(0)=g(0)=|U|$。

由容斥模型：

$$\left|\bigcap_{i\in S} A_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i\in S} \overline{A_i}\right|=|U|+\sum_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|}\left|\bigcap_{j\in T} \overline{A_j}\right|$$

$$f(n)=g(0)+\sum_{i=1}^n(-1)^i\dbinom{n}{i} g(i)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\dbinom{n}{i} g(i)$$

而原集与补集是相对概念，$f$ 与 $g$ 彼此的表达形式应当相同。

$$f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\dbinom{n}{i} g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\dbinom{n}{i} f(i)$$

把左式的 $(-1)^i$ 并入 $g(i)$ 中，得到：

$$f(n)=\sum_{i=0}^n \dbinom{n}{i} g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\dbinom{n}{i} f(i)$$

证明可以直接代入，运用组合数的恒等式。

继续扩展得到：

$$f(n)=\sum_{i=m}^n \dbinom{n}{i} g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=m}^n (-1)^{n-i}\dbinom{n}{i} f(i)$$

$$f(n)=\sum_{i=n}^m \dbinom{i}{n} g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=n}^m (-1)^{i-n}\dbinom{i}{n} f(i)$$

这里 $f$ 与 $g$ 的定义与容斥中的类似，分别表示钦定和恰好，恰好不用解释，而钦定不是至少，是 存在重复方案的，即枚举每个大小相等的子集，在保证满足这个子集的前提下其余任意，这样的方案数之和。

二项式反演可以同样可以由子集反演得到（是特殊情况）。

min-max 容斥#

先放出式子：

$$\max_{i\in S} x_i =\sum_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|-1} \min_{j\in T} x_j$$

$$\min_{i\in S} x_i =\sum_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|-1} \max_{j\in T} x_j$$

用语言描述就是：一个集合的最值等于其所有非空子集的另一最值做出的容斥。

证明考虑对于从小到大第 $k$ 的值，映射到一个 $[1,k]$ 的整数集合，取 $\min$ 等价于集合取交集，而 $\max$ 等价于取并集，这样相当于是就全集映射到的集合之并，自然等价于各个子集映射到的集合之交。

思考 $\min$ 与 $\max$ 同时总能想到 $\gcd$ 与 $\mathrm{lcm}$，于是有：

$$\mathrm{lcm}_{i\in S} x_i=\prod_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} \left(\gcd_{j\in T} x_j\right)^{(-1)^{|T|-1}}$$

另外期望具有线性性，于是，就可以有：

$$E\left(\max_{i\in S} x_i\right) =\sum_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|-1} E\left(\min_{j\in T} x_j\right)$$

这个用处很大，对于期望的问题，有时要求满足多个条件的期望，即求最大值的期望，而这往往不好求，相对简单的是去求一个集合的最小值期望，这是我们只需要关心什么时候首次满足条件即可。

特殊计数序列#

Catalan 数#

考虑一个由 $n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 构成的序列，要求这个序列任意一个前缀和都是非负数，求序列个数。

容易得到总的序列个数应当为 $\mathrm{C}_{2n}^{n}$，现在想要求出不合法的方案数。

对于一个不合法序列，找到第一个不满足的位置，截至这个位置的前缀是 $k$ 个 $+1$ 与 $k+1$ 个 $-1$ 组成的，把这个前缀每个位置取相反数，从而得到一个 $n+1$ 个 $+1$ 和 $n-1$ 个 $-1$ 构成的序列，这样的序列有：$\mathrm{C}_{2n}^{n+1}$ 个。

得到 Catalan 数的第一个表达式：

$$C_n=\dbinom{2n}{n}-\dbinom{2n}{n+1}=\dfrac{\dbinom{2n}{n}}{n+1}$$

进一步可以得到递推式：

$$C_n=\dfrac{4n-2}{n+1} C_{n-1}$$

考虑 Catalan 数的组合意义就是上面提到的 $+1$ 与 $-1$ 序列，概括的说是在任意时刻，一种元素的个数总是不少于另一种，于是得到两个比较经典的模型：

• 从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$，每次可以纵向或横向增加一个单位，要求任意时刻所在位置 $(x,y)$ 保证 $x\ge y$，求方案数。（横向移动次数不少于纵向移动次数）

• $n$ 对括号构成的合法括号序列方案数。（左括号个数不少于右括号个数）

• $n$ 个元素入栈出栈顺序。（入栈次数不少于出栈次数）

对于上面的第二个例子，我们单独拿出最左侧的左括号以及其对应的右括号，这样会将整个括号序列划分成两个互不影响的合法子序列，枚举两个子序列大小得到：

$$C_n=\sum_{i=0}^{n-1} C_i\times C_{n-1-i}$$

观察这种划分成两个部分的组合意义，这等价于 $n$ 个节点构成二叉树的方案数。

第一类 Stirling 数#

定义#

定义 $\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}$ 为第一类 Stirling 数，将 $n$ 个元素形成 $m$ 个圆排列（两个圆之间无顺序差别）的方案数，

递推式：

$$\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}$$

性质#

每个圆排列集合都唯一对应一个置换（每个圆是一个循环置换），而置换有 $n!$ 个，于是：

$$\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}=n!$$

上升幂转普通幂：

$$x^{\overline{n}}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} x^i$$

归纳法证明：

$$\begin{aligned} x^{\overline{n+1}}&=x^{\overline{n}}\times(x+n)\\ &=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} x^i\times (x+n)\\ &=\sum_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix} x^i +\sum_{i=0}^n n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n+1\\i\end{bmatrix} x^i \end{aligned}$$

由于上升幂与下降幂的关系：

$$x^{\overline{n}}=(-1)^n\times (-x)^{\underline{n}}$$

$$x^{\underline{n}}=(-1)^n\times (-x)^{\overline{n}}$$

代入到上面即可得到下降幂转普通幂：

$$x^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i$$

第二类 Stirling 数#

定义#

定义 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}$ 为第一类 Stirling 数，将 $n$ 个元素划分到 $m$ 个非空集合（两个集合之间无顺序差别）的方案数。

递推式：

$$\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}$$

使用二项式反演可得另一通项公式：

设 $g_n(m)$ 为 $n$ 个元素放入 $m$ 个集合（可以为空，两个集合之间有顺序差别）的方案数，显然 $g_n(m)=m^n$。

而 $f_n(m)$ 为 $n$ 个元素放入 $m$ 个集合（不能为空，两个集合之间有顺序差别）的方案数，有：

$$g_n(m)=\sum_{i=0}^m \dbinom{m}{i} f_n(i)$$

二项式反演得到：

$$f_n(m)=\sum_{i=0}^m (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} g_n(i)$$

$f$ 与第二类 Stirling 数的唯一区别是集合是否有顺序差别，也就是：

$$\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\dfrac{f(m)}{m!}=\sum_{i=0}^m\dfrac{(-1)^{m-i} i^n}{i!(m-i)!}$$

性质#

普通幂转下降幂（或者是组合数）：

$$x^n=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} x^{\underline{i}}=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} i!\dbinom{x}{i}=\sum_{i=0}^n \dbinom{x}{i}\sum_{j=0}^i\dbinom{i}{j}(-1)^{i-j}j^n$$

这里证明可以用组合意义，$x^n$ 即为 $n$ 个元素放入 $x$ 个有顺序差别集合中的方案数，枚举有 $i$ 个集合非空，其选取方案、放置方案以及顺序差别三者的积即为上式。

实际应用中，通常转为组合数后进行组合数的变换。

同样的方式得到普通幂转上升幂：

$$x^n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}x^{\overline{i}}$$

参考资料#

• OI Wiki

• 《组合数学》- Richard A. Brualdi