【学习笔记】数学知识-组合计数

合集 - 数学知识(8)

1.【学习笔记】数学知识-目录2023-08-18 2.【学习笔记】数学知识-基本数论算法2023-12-18 3.【学习笔记】数学知识-约数2023-08-18 4.【学习笔记】数学知识-质数2023-08-18 5.【学习笔记】数学知识-同余2023-12-18 6.【学习笔记】数学知识-高斯消元与线性空间2023-08-20

7.【学习笔记】数学知识-组合计数2023-11-10

8.【学习笔记】原根01-18

加法原理（分类计数原理）

若完成一件事的方法有 $n$ 类，其中第 $i (1 \leq i \leq n)$ 类方法包括 $a_{i}$ 种不同的方法，且这些方法互不重合，则完成这件事共有 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ 种不同的方法。

乘法原理（分步计数原理）

若完成一件事的步骤有 $n$ 个，其中第 $i (1 \leq i \leq n)$ 个步骤包括 $a_{i}$ 种不同的方法，且这些方法互不重合，则完成这件事共有 $\prod_{i = 1}^{n} a_{i}$ 种不同的方法。

排列

从 $n$ 个不同元素中依次取出 $m$ 个不同的元素按照一定的顺序排成一列，产生的不同排列的数量称作排列数，记为 $A_{n}^{m}$ 或 $P_{n}^{m}$ 。递推式为 $A_{n}^{m} = P_{n}^{m} = n (n - 1) (n - 2) \dots (n - m + 1) = \frac{n!}{(n - m)!}$ 。
- 相同的排列指元素相同且顺序相同。
- 当 $m < n$ 时称作选排列；当 $m = n$ 时称作全排列，由于 $0! = 1$ ，有 $A_{n}^{n} = n!$ ；当 $m > n$ 或 $m < 0$ 时，规定 $A_{n}^{m} = 0$ 。
- 通常情况下使用 $A_{n}^{m}$ 代替 $P_{n}^{m}$ 。
性质
- $A_{n}^{m} = A_{n}^{m - 1} \times (n - m + 1)$
应用
- 从 $n$ 个不同元素可以重复地取出 $m$ 个不同的元素按照一定的顺序排成一列，考虑顺序，产生的不同排列的数量为 $n^{m}$ ，称作相异元素的可重复选排列。
- 从 $n$ 个不同元素依次取出 $m$ 个不同的元素按照一定的顺序排成一个环形，考虑顺序，产生的不同环的数量为 $Q_{n}^{m} = \frac{A_{n}^{m}}{m}$ ，称作相异元素的圆排列。
  - 相同的环指元素相同且在环上的顺序相同。
  - 证明
    - 当 $m = n$ 时，考虑对于其中已经排好的一个环，从不同的位置断开，便可得到不同的排列，即 $Q_{n}^{n} \times n = A_{n}^{n} = n!$ ，解得 $Q_{n}^{n} = (n - 1)! = \frac{A_{n}^{n}}{n}$ 。
    - 当 $m \neq n$ 时，先从 $n$ 个元素中选出 $m$ 个元素，再对选出的 $m$ 个元素进行圆排列，即 $Q_{n}^{m} = (\binom{n}{m}) Q_{m}^{m} = \frac{n!}{m! (n - m)!} \times (m - 1)! = \frac{n!}{m \times (n - m)!} = \frac{A_{n}^{m}}{m}$ 。
  - 例题
    - CF1433E Two Round Dances
      - $\frac{Q_{n}^{\frac{n}{2}} Q_{\frac{n}{2}}^{\frac{n}{2}}}{A_{2}^{2}}$ 即为所求。
    - luogu P3330 [ZJOI2011] 看电影
      - 题解
- 多重集是指包含重复元素的广义集合。设 $S = {n_{1} \times a_{1}, n_{2} \times a_{2}, \dots, n_{k} \times a_{k}}$ 是由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ ， $n_{2}$ 个 $a_{2}$ $\dots n_{k}$ 个 $a_{k}$ 组成的多重集。则 $S$ 的全排列个数为 $\frac{A_{\sum_{i = 1}^{k} n_{i}}^{\sum_{i = 1}^{k} n_{i}}}{\prod_{i = 1}^{k} A_{n_{i}}^{n_{i}}} = \frac{(\sum_{i = 1}^{k} n_{i})!}{\prod_{i = 1}^{k} n_{i}!}$ 。
例题
- luogu P5520 [yLOI2019] 青原樱
- luogu P3223 [HNOI2012] 排队
  - 老师不相邻方案数 $=$ 总方案数 $-$ 老师相邻方案数 $= A_{n + 2}^{n + 2} A_{n + 3}^{m} - A_{2}^{2} A_{n + 1}^{n + 1} A_{n + 2}^{m}$ 。
  - 化简完，得 $\frac{(n + 1)! (n + 2)! (n^{2} + 3 n + 2 m)}{(n + 3 - m)!}$ 。

组合

从 $n$ 个不同元素中依次取出 $m$ 个不同的元素组成一个集合，不考虑顺序，产生的不同集合的数量称作组合数，记为 $C_{n}^{m}$ 或 $(\binom{n}{m})$ ，递推式为 $C_{n}^{m} = (\binom{n}{m}) = \frac{A_{n}^{m}}{A_{m}^{m}} = \frac{n!}{m! (n - m)!}$ 。
- 相同的组合指元素相同。
- 当 $m > n$ 或 $m < 0$ 时，规定 $(\binom{n}{m}) = 0$ 。
性质
- 若 $p \in P$ ，则对于任意 $i (1 \leq i \leq p - 1)$ 均满足 $p | (\binom{p}{i})$ 。
  - 证明：首先由于 $1 \leq i \leq p - 1$ ，有 $(\binom{p}{i}) = \frac{\prod_{j = p - i + 1}^{p} j}{i!}$ 为正整数，又因为 $gcd (p, i!) = 1$ ，则 $i! | \prod_{j = p - i + 1}^{p - 1} j$ ，此时有 $p | (\binom{p}{i})$ 。
- $(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m})$
- $(\binom{n}{m}) = \frac{n}{m} (\binom{n - 1}{m - 1})$
  - 证明
    - 将式子拆开即可，有 $\begin{aligned} \frac{n}{m} (\binom{n - 1}{m - 1}) & = \frac{(n - 1)! n}{(m - 1)! (n - m)! m} \\ = \frac{n!}{m! (n - m)!} \\ = (\binom{n}{m}) \end{aligned}$ 。
- $(\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1})$
  - 证明
    - 将式子拆开即可，有 $\begin{aligned} (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1}) & = \frac{(n - 1)!}{m! (n - 1 - m)!} + \frac{(n - 1)!}{(m - 1)! (n - m)!} \\ = \frac{(n - 1)! (n - m)}{m! (n - m)!} + \frac{(n - 1)! m}{m! (n - m)!} \\ = \frac{n!}{m! (n - m)!} \\ = (\binom{n}{m}) \end{aligned}$ 。
    - 从二项式定理和杨辉三角的角度考虑，此结论是显然的。
- $(\binom{n}{k}) (\binom{k}{m}) = (\binom{n}{m}) (\binom{n - m}{k - m})$
  - 证明
    - 将式子拆开即可。
- $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) = 2^{n}$
  - 证明：从二项式定理的角度考虑，取 $a = b = 1$ 的情况即可。
- $\sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) = [n = 0]$
  - 证明：从二项式定理的角度考虑，取 $a = - 1, b = 1$ 的情况即可。
- $\sum_{i = 0}^{n} [i mod 2 = 0] (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{n} [i mod 2 = 1] (\binom{n}{i}) = 2^{n - 1}$
  - luogu P3414 SAC#1
  - 证明
    - 由于 $(\binom{n}{i}) = (\binom{n - 1}{i}) + (\binom{n - 1}{i - 1})$ ，故 $\sum_{i = 0}^{n} [i mod 2 = 0] (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{n} [i mod 2 = 1] (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{n}{i}) = 2^{n - 1}$ 。
- $\sum_{i = 0}^{k} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{k - i}) = (\binom{n + m}{k})$
  - 证明
    - 从组合意义的角度分析，此结论是显然的。
- $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{i}) = (\binom{2 n}{n})$
- $\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - i + 1}{i}) = F i b_{n + 2}$
  - 证明详见 2.5 做题纪要 tgHZOJ 264. 选拔队员。
- $\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - i}{i}) = F i b_{n + 1}$
  - 证明
    - 推式子，有 $\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - i}{i}) & = \sum_{i = 1}^{n - 1} (\binom{n - 1 - i + 1}{i}) + (\binom{n - n}{n}) \\ = F i b_{n + 1} + 0 \\ = F i b_{n + 1} \end{aligned}$ 。

组合数的求法

利用杨辉三角求解，用来解决给定 $p$ ，多组询问，每次给定较小的 $n, m$ ，求 $(\binom{n}{m}) mod p$ 。

luogu P2822 [NOIP2016 提高组] 组合数问题

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void C(ll n,ll p)
{
    c[0][0]=c[1][0]=c[1][1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for(ll j=1;j<=i;j++)
        {
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%p;
        }
    }
}

现算阶乘和阶乘的逆元，用来解决多组询问，每次给定 $n, m, p$ ，求 $(\binom{n}{m}) mod p$ ，常搭配 $L u c a s$ 一起使用。

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ll C(ll n,ll m,ll p)
{
    ll a=1,b=1,i;
    if(n>=m&&n>=0&&m>=0)
    {
        for(i=n-m+1;i<=n;i++)
        {
            a=a*i%p;
        }
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            b=b*i%p;
        }
        return a*qpow(b,p-2,p)%p;
    }
    else
    {
        return 0;
    }
}

预处理逆元，阶乘，阶乘的逆元，用来解决给定 $p$ ，多组询问，每次询问给定 $n, m$ 求 $(\binom{n}{m}) mod p$ 。

luogu B3717 组合数问题

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ll C(ll n,ll m,ll p)
{
    return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(jc[n]*jc_inv[m]%p)*jc_inv[n-m]%p:0;
}
inv[1]=1;
jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
for(i=2;i<=N;i++)
{
    inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
    jc[i]=jc[i-1]*i%p;
    jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
}

给定较大数 $n, m$ ，求 $(\binom{n}{m})$ ，且需要高精度时。预处理素数，将分子、分母快速分解质因数，并保存各项质因子的指数，然后将分子、分母各个质因子的指数对应相减，即把分母消去，最后把剩余质因子乘起来。

应用

错位排列

错位排列是指没有任何元素出现在其有序位置的排列。即对于 $1 \sim n$ 的排列 $P$ ，如果不存在一个 $i (1 \leq i \leq n)$ 满足 $P_{i} = i$ ，则称 $P$ 是 $n$ 的错位排列。记 $D_{n}$ 表示 $n$ 个元素的错位排列个数。递推式为 $D_{n} = {\begin{cases} 0 & n = 1 \\ 1 & n = 2 \\ (n - 1) (D_{n - 1} + D_{n - 2}) & o t h e r w i s e \end{cases}$ 。特别的，当 $n \neq 1$ 时，有 $D_{n} = n D_{n - 1} + (- 1)^{n}$ 。
- 证明
  - 当 $n = 1$ 或 $n = 2$ 时，显然。
  - 当 $n \neq 1$ 且 $n \neq 2$ 时，首先，设把第 $n$ 个元素放在第 $k (k \neq n)$ 个位置，一共有 $(\binom{n - 1}{1}) = n - 1$ 种不同的方法。其次，第 $k$ 个元素放到第 $n$ 个位置时，一共有 $D_{n - 2}$ 种不同的方法；第 $k$ 个元素不放到第 $n$ 个位置时，一共有 $D_{n - 1}$ 种不同的方法。故有 $D_{n} = (n - 1) (D_{n - 1} + D_{n - 2})$ 。
  - 当 $n \neq 1$ 时，设 $1 \leq k \leq n - 2$ ，有 $\begin{aligned} D_{n} - n D_{n - 1} & = (n - 1) (D_{n - 1} + D_{n - 2}) - n D_{n - 1} \\ = (- 1)^{1} (D_{n - 1} - (n - 1) D_{n - 2}) \\ = (- 1)^{2} (D_{n - 2} - (n - 2) D_{n - 3}) \\ = (- 1)^{k} (D_{n - k} - (n - k) D_{n - k - 1}) \\ = (- 1)^{n - 2} (D_{2} - 2 D_{1}) \\ = (- 1)^{n} \end{aligned}$ ，移项得 $D_{n} = n D_{n - 1} + (- 1)^{n}$ 。

代码实现

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d[1]=0;
d[2]=1;
for(i=3;i<=n;i++)
{
	d[i]=(i-1)*(d[i-1]+d[i-2]);
}
cout<<d[n]<<endl;

例题

luogu P1595 信封问题
UVA12024 Hats

luogu P3182 [HAOI2016]放棋子

将障碍转化成错排挺显然的。 $D_{n}$ 即为所求。

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ll d[201][200],len[201],ans[200];
void jia(ll c[],ll &lenc,ll a[],ll &lena,ll b[],ll &lenb)
{
    ll i,x=0;
    lenc=max(lena,lenb);
    for(i=1;i<=lenc;i++)
    {
        c[i]=a[i]+b[i]+x;
        if(c[i]>=1000000000000000)
        {
            x=c[i]/1000000000000000;
            c[i]%=1000000000000000;
        }
        else
        {
            x=0;
        }
    }
    lenc++;
    c[lenc]=x;
    while(lenc>0&&c[lenc]==0)
    {
        lenc--;
    }
}
void cheng(ll a[],ll &lena,ll b)
{
    ll i,x=0;
    for(i=1;i<=lena;i++)
    {
        ans[i]=a[i]*b+x;
        if(ans[i]>=1000000000000000)
        {
            x=ans[i]/1000000000000000;
            ans[i]%=1000000000000000;
        }
        else
        {
            x=0;
        }
    }
    lena++;
    ans[lena]=x;
    while(lena>0&&ans[lena]==0)
    {
        lena--;
    }
    if(lena==0)
    {
        lena++;
        ans[lena]=1;
    }
    for(i=1;i<=lena;i++)
    {
        a[i]=ans[i];
    }
}
int main()
{
    ll n,i;
    cin>>n;
    len[1]=len[2]=1;
    d[1][1]=0;
    d[2][1]=1;
    for(i=3;i<=n;i++)
    {
        jia(d[i],len[i],d[i-1],len[i-1],d[i-2],len[i-2]);
        cheng(d[i],len[i],i-1);
    }
    cout<<d[n][len[n]];
    for(i=len[n]-1;i>=1;i--)
    {
        printf("%015lld",d[n][i]);
    }   
    return 0;
}

luogu P4071 [SDOI2016] 排列计数

$(\binom{m}{n}) D_{n - m}$ 即为所求。

特别地，本题要求 $D_{0} = 1$ 。

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ll inv[1000001],jc[1000001],jc_inv[1000001],d[1000001];
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
    return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?((jc[n]*jc_inv[m]%p)*jc_inv[n-m]%p):0;
}
int main()
{
    ll t,n,m,p=1000000007,i;
    scanf("%lld",&t);
    inv[1]=1;
    jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
    d[0]=1;
    d[1]=0;
    d[2]=1;
    for(i=3;i<=1000000;i++)
    {
        d[i]=((i-1)%p)*((d[i-1]+d[i-2])%p)%p;
    }
    for(i=2;i<=1000000;i++)
    {
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        jc[i]=jc[i-1]*i%p;
        jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
    }
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        printf("%lld\n",C(n,m,p)*d[n-m]%p);
    }
    return 0;
}

CF340E Iahub and Permutations

设 $S = {n_{1} \times a_{1}, n_{2} \times a_{2}, \dots, n_{k} \times a_{k}}$ 是由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ ， $n_{2}$ 个 $a_{2}$ $\dots n_{k}$ 个 $a_{k}$ 组成的多重集。设整数 $m \leq {min}_{i = 1}^{k} {n_{i}}$ ，则从 $S$ 中选出 $m$ 个元素组成一个多重集（不考虑元素顺序），产生的不同多重集的数量为 $(\binom{k + m - 1}{k - 1})$ 。
- 详见组合例题 luogu P1771 方程的解。
卡特兰数
- 例题

例题

SP28304 ADATEAMS - Ada and Teams
- 题解

luogu P1771 方程的解

$\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = m$ 的正整数解的数量为 $(\binom{m - 1}{n - 1})$ 。
- 等价于求把 $m$ 个不同的小球分成 $n$ 个部分，使得每个部分至少有一个小球的方案数。

$\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = m$ 的非负整数解的数量为 $(\binom{n + m - 1}{n - 1})$ 。

等价于求 $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = n + m$ 的正整数解的数量。

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ll num[1001],a[1001],ans[1001],lena=1;
void cheng(ll a[],ll &lena,ll b)
{
    ll i,x=0;
    for(i=1;i<=lena;i++)
    {  
        ans[i]=a[i]*b+x;
        if(ans[i]>=1000000000000000)
        {
            x=ans[i]/1000000000000000;
            ans[i]%=1000000000000000;
        }
        else
        {
            x=0;
        }
    }
    lena++;
    ans[lena]=x;
    while(lena>0&&ans[lena]==0)
    {
        lena--;
    }
    if(lena==0)
    {
        lena++;
        ans[lena]=1;
    }
    for(i=1;i<=lena;i++)
    {
        a[i]=ans[i];
    }
}
void divide(ll n,ll pd)
{
    ll i,sum=0;
    for(i=2;i<=sqrt(n);i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            sum=0;
            while(n%i==0)
            {
                n/=i;
                sum++;
            }
            num[i]+=pd*sum;
        }
    }
    if(n>1)
    {
        num[n]+=pd;
    }
}
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    ll ans=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=ans*a%p;
        }
        b>>=1;
        a=a*a%p;
    }
    return ans;
}
void C(ll n,ll m)
{
    ll i,j;
    if(n>=m)
    {
        for(i=n-m+1;i<=n;i++)
        {
            divide(i,1);
        }
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            divide(i,-1);
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            if(num[i]!=0)
            {
                for(j=1;j<=num[i];j++)
                {
                    cheng(a,lena,i);
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    ll k,x,p=1000,i;
    cin>>k>>x;
    a[1]=1;
    C(qpow(x,x,p)-1,k-1);
    cout<<a[lena];
    for(i=lena-1;i>=1;i--)
    {
        printf("%015lld",a[i]);
    }   
    return 0;
}

luogu P1350 车的放置
- 将棋盘分割为 $a \times (b + d)$ 和 $c \times d$ 的矩阵，因为 $a \times (b + d)$ 和 $c \times d$ 的矩阵放置的车有冲突情况，故 $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{a}{i}) (\binom{b + d - (k - i)}{i}) A_{i}^{i} (\binom{c}{k - i}) (\binom{d}{k - i}) A_{k - i}^{k - i}$ 即为所求。

luogu P2606 [ZJOI2010] 排列计数

对于常见的计数 $D P$ ，记录是从哪个元素转移来的会耗费大量的空间，且无法确定是否合法。因此就需要利用离散化的思想来实现“等效代换”，记录其相对的大小关系。
容易发现满足性质的序列是一个小根堆。
设 $s_{i}$ 表示以 $i$ 为根的小根堆的大小， $f_{i}$ 表示以 $i$ 为根的小根堆的合法方案数。
因为要求自己是最小的，故需要在 $s_{i} - 1$ 个中选出 $s_{2 i}$ 个给左儿子，剩下的 $s_{2 i + 1}$ 个给有右儿子。

故得到转移方程 $s_{i} = s_{2 i} + s_{2 i + 1} + 1, f_{i} = (\binom{s_{2 i}}{s_{i} - 1}) f_{2 i} f_{2 i + 1}$ 。最后， $f_{1}$ 即为所求。

此时该小根堆内记录的不是实际元素，而是其之间的大小关系。
- 这里如果不理解，可以自己带几组样例模拟一下。

点击查看代码

ll inv[3000001],jc[3000001],jc_inv[3000001],f[3000001],s[3000001];
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
    if(n>=m&&n>=0&&m>=0)
    {
        return (jc[n]*jc_inv[m]%p)*jc_inv[n-m]%p;
    }
    else
    {
        return 0;
    }
}
ll lucas(ll n,ll m,ll p)
{
    return m?C(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p:1;
}
int main()
{
    ll n,p,i;
    cin>>n>>p;
    inv[1]=1;
    jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
    for(i=2;i<=min(n,p-1);i++)
    {
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        jc[i]=jc[i-1]*i%p;
        jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
    }
    for(i=1;i<=2*n+1;i++)
    {
        f[i]=1;
    }
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        s[i]=s[i*2]+s[i*2+1]+1;
        f[i]=(lucas(s[i]-1,s[i*2],p)*f[i*2]%p)*f[i*2+1]%p;
    }
    cout<<f[1]<<endl;
    return 0;
}

luogu P6191 [USACO09FEB] Bulls And Cows S | HZOJ 720.种树
- 详见普及模拟3 T4 种树。

LibreOJ 10235. 「一本通 6.6 练习 6」序列统计

记 $m = r - l + 1$ ，设 $0 \leq k \leq n - 1$ ，枚举长度 $i$ ，等价于求 $\sum_{j = 1}^{m} x_{j} = i$ 的非负整数解的数量。

推式子，有 $\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} (\binom{m + i - 1}{i}) & = (\binom{m}{0}) - 1 + \sum_{i = 1}^{n} (\binom{m + i - 1}{i}) \\ = (\binom{m}{1}) + (\binom{m}{0}) - 1 + \sum_{i = 2}^{n} (\binom{m + i - 1}{i}) \\ = (\binom{m + 1}{1}) - 1 + \sum_{i = 2}^{n} (\binom{m + i - 1}{i}) \\ = (\binom{m + k}{k}) - 1 + \sum_{i = k + 1}^{n} (\binom{m + i - 1}{i}) \\ = (\binom{m + n - 1}{n - 1}) + (\binom{m + n - 1}{n}) - 1 \\ = (\binom{n + m}{n}) - 1 \end{aligned}$ 。

点击查看代码

ll inv[1000010],jc[1000010],jc_inv[1000010];
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
    if(n>=m&&n>=0&&m>=0)
    {
        return (jc[n]*jc_inv[m]%p)*jc_inv[n-m]%p;
    }
    else
    {
        return 0;
    }
}
ll lucas(ll n,ll m,ll p)
{
    return m?C(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p:1;
}
int main()
{
    ll t,n,m,l,r,i,p=1000003;
    cin>>t;
    inv[1]=1;
    jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
    for(i=2;i<=p-1;i++)
    {
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        jc[i]=jc[i-1]*i%p;
        jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
    }
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>n>>l>>r;
        m=r-l+1;
        cout<<(lucas(n+m,n,p)+p-1)%p<<endl;
    }
    return 0;
}

BZOJ3462 DZY Loves Math II
- 题解

luogu P2154 [SDOI2009] 虔诚的墓主人

观察到 $n, m$ 极大，但 $w$ 较小，于是考虑进行离散化。
对于横坐标相等， $y_{i} \leq y_{j}$ 的两棵常青树 $i, j$ ，其相隔的 $y_{j} - y_{i}$ 个墓地对答案产生的贡献为 $(\binom{u p_{x_{i}}}{k}) (\binom{d o w n_{x_{i}}}{k}) \sum_{h = y_{i} + 1}^{y_{j} - 1} (\binom{l i f t_{h}}{k}) (\binom{r i g h t_{h}}{k})$ ，其中 $u p_{l}, d o w n_{l}, l e f t_{l}, r i g h t l$ 分别表示 $(x, l)$ 上、下、左、右方常青树的个数。
$(\binom{u p_{x_{i}}}{k}) (\binom{d o w n_{x_{i}}}{k})$ 在枚举常青树的过程中即可处理。
考虑用单点修改、区间查询的树状数组维护 $\sum_{h = y_{i} + 1}^{y_{j} - 1} (\binom{l i f t_{h}}{k}) (\binom{r i g h t_{h}}{k})$ 。注意枚举到一棵新的常青树时，要先减去其原来对答案的贡献，重新计算贡献。

细节较多。

点击查看代码

struct node
{
    ll x,y;
}a[100010];
ll x[100010],y[100010],c[100010][11],c2[100010][2],l[100010],sum[100010][2];
bool cmp(node a,node b)
{
    return (a.x==b.x)?(a.y<b.y):(a.x<b.x);
}
ll query(ll a[],ll x)
{
    return lower_bound(a+1,a+1+a[0],x)-a;
}
ll lowbit(ll x)
{
    return (x&(-x));
}
void add(ll n,ll x,ll key,ll p)
{
    ll i;
    for(i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
    {
        c2[i][0]=(c2[i][0]+key+p)%p;
    }
}
ll getsum(ll x,ll p)
{
    ll ans=0,i;
    for(i=x;i>0;i-=lowbit(i))
    {
        ans=(ans+c2[i][0])%p;
    }
    return ans;
}
void C(ll n,ll m,ll p)
{
    c[0][0]=c[1][0]=c[1][1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for(ll j=1;j<=m;j++)
        {
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%p;
        }
    }
}
int main()
{
    ll n,m,w,k,u,d=0,r,lr,i,ans=0,p=2147483648;
    cin>>n>>m>>w;
    a[0].x=a[0].y=0;
    for(i=1;i<=w;i++)
    {
        cin>>a[i].x>>a[i].y;
        a[i].x++;
        a[i].y++;
        x[i]=a[i].x;
        y[i]=a[i].y;
    }
    cin>>k;
    sort(x+1,x+1+w);
    sort(y+1,y+1+w);
    x[0]=unique(x+1,x+1+w)-(x+1);
    y[0]=unique(y+1,y+1+w)-(y+1);
    C(w,k,p);
    for(i=1;i<=w;i++)
    {
        a[i].x=query(x,a[i].x);
        a[i].y=query(y,a[i].y);
        sum[a[i].x][0]++;
        sum[a[i].y][1]++;
    }
    sort(a+1,a+1+w,cmp);
    for(i=1;i<=w-1;i++)
    {
        d=((a[i-1].x==a[i].x)?d:0)+1;
        u=sum[a[i].x][0]-d;
        if(d>=k&&u>=k&&a[i].x==a[i+1].x)
        {
            lr=(a[i+1].y-1>=a[i].y+1)?(getsum(a[i+1].y-1,p)-getsum(a[i].y+1-1,p)+p)%p:0;
            ans=(ans+(((c[d][k]*c[u][k])%p)*lr)%p)%p;
        }
        add(y[0],a[i].y,-c2[a[i].y][1],p);
        l[a[i].y]++;
        r=sum[a[i].y][1]-l[a[i].y];
        c2[a[i].y][1]=(l[a[i].y]>=k&&r>=k)?(c[l[a[i].y]][k]*c[r][k])%p:0;
        add(y[0],a[i].y,c2[a[i].y][1],p);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

luogu P2467 [SDOI2010] 地精部落
- 设 $f_{i}$ 表示长度为 $i$ 的山脉且第一个位置是山谷的合法方案数， $g_{i}$ 表示长度为 $i$ 的山脉且第一个位置是山峰的合法方案数。
  - 此时该山脉内记录的不是实际元素，而是其之间的大小关系。
- 容易有 $f_{i}$ 从 $f_{i - 1}$ 转移过来的过程中，将 $i$ 加入其中，一定是放在山峰的位置，故枚举插入的位置 $j (j mod 2 = 0)$ ，从 $i - 1$ 个里面选出 $j - 1$ 个放在插入的 $i$ 的左边，剩下的 $(i - 1) - (j - 1)$ 个放在插入的 $i$ 的右边。 $g_{i}$ 同理。
- 故得到转移方程 ${\begin{cases} f_{i} = \sum_{j = 1}^{i} [j mod 2 = 0] (\binom{i - 1}{j - 1}) f_{j - 1} f_{(i - 1) - (j - 1)} \\ g_{i} = \sum_{j = 1}^{i} [j mod 2 = 1] (\binom{i - 1}{j - 1}) g_{j - 1} f_{(i - 1) - (j - 1)} \end{cases}$ 。最终，有 $f_{n} + g_{n}$ 即为所求。
  点击查看代码
```
ll c[2][4400],f[4400],g[4400];
int main()
{
    ll n,p,i,j;
    cin>>n>>p;
    c[0][0]=c[1][0]=c[1][1]=1;
    f[0]=g[0]=f[1]=g[1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=i;j++) 
        {
            c[i%2][0]=1;
            if(j%2==0)
            {
                f[i]=(f[i]+(((c[(i-1)%2][j-1]*f[j-1])%p)*f[(i-1)-(j-1)])%p)%p;
            }
            else
            {
                g[i]=(g[i]+(((c[(i-1)%2][j-1]*g[j-1])%p)*f[(i-1)-(j-1)])%p)%p;
            }
            c[i%2][j]=(c[(i-1)%2][j-1]+c[(i-1)%2][j])%p;
        }
    }
    cout<<(f[n]+g[n])%p<<endl;
    return 0;
}
```
luogu P4910 帕秋莉的手环
- 题解
luogu P3214 [HNOI2011] 卡农
- 题解

二项式定理、二项式反演

二项式定理
- 二项式定理： $(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i}$ 。
- 证明
  - 数学归纳法
    - 当 $n = 1$ 时， $(a + b)^{1} = (\binom{1}{0}) a^{0} b^{1} + (\binom{1}{1}) a^{1} b^{0} = a + b$ 成立。
    - 假设当 $n = m$ 时命题成立，当 $n = m + 1$ 时，有 $\begin{aligned} (a + b)^{m + 1} & = (a + b) (a + b)^{m} \\ = (a + b) \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i} b^{m - i} \\ = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i + 1} b^{m - i} + \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i} b^{m - i + 1} \\ = \sum_{i = 1}^{m + 1} (\binom{m}{i - 1}) a^{i} b^{m - i + 1} + \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i} b^{m - i + 1} \\ = (\binom{m}{m}) a^{m + 1} b^{0} + (\binom{0}{m}) a^{0} b^{m + 1} + \sum_{i = 1}^{m} ((\binom{m}{i - 1}) + (\binom{m}{i})) a^{i} b^{m + 1 - i} \\ = (\binom{m + 1}{m + 1}) a^{m + 1} b^{0} + (\binom{0}{m + 1}) a^{0} b^{m + 1} + \sum_{i = 1}^{m} (\binom{m + 1}{i}) a^{i} b^{m + 1 - i} \\ = \sum_{i = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1}{i}) a^{i} b^{m + 1 - i} \end{aligned}$ 。
    - 证毕。
  - 组合意义
    - 将 $(a + b)^{n}$ 展开时可以理解为从 $n$ 个式子 $a + b$ 中的 $i (0 \leq i \leq n)$ 个里取 $a$ ，剩下的 $n - i$ 个式子 $a + b$ 里取 $b$ ，组成一个乘积项 $a^{i} b^{n - i}$ ，其系数为 $(\binom{n}{i})$ 。
- 例题
  - luogu P1313 [NOIP2011 提高组] 计算系数
二项式反演
- 设 $f_{n}$ 表示恰好 $n$ 个元素组成特定结构的方案数， $g_{n}$ 表示从 $n$ 个元素中选出 $i (i \geq 0)$ 个元素组成特定结构（虽然其他元素可能一并组成特定结构，但我们不去管它）的总方案数，即 $g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) f_{i}$ ，那么有 $f_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) g_{i}$ 。
- 证明
  - 推式子，有 $\begin{aligned} f_{n} & = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) g_{i} \\ = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) (\sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) f_{j}) \\ = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{i} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) (- 1)^{n - i} f_{j} \\ = \sum_{j = 0}^{n} \sum_{i = j}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) (- 1)^{n - i} f_{j} \\ = \sum_{j = 0}^{n} f_{j} (\sum_{i = j}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) (- 1)^{n - i}) \\ = \sum_{j = 0}^{n} f_{j} (\sum_{i = j}^{n} (\binom{n}{j}) (\binom{n - j}{j}) (- 1)^{n - i}) \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) f_{j} (\sum_{i = j}^{n} (\binom{n - j}{j}) (- 1)^{n - i}) \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) f_{j} (\sum_{k = 0}^{n - j} (\binom{n - j}{k}) (- 1)^{n - (j + k)}) \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) f_{j} (\sum_{k = 0}^{n - j} (\binom{n - j}{k}) (- 1)^{n - j - k}) \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) f_{j} [n - j = 0] \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) f_{j} [n = j] \\ = f_{n} \end{aligned}$
- 其他形式
  - 设 $f_{i}$ 表示 $n$ 个元素中恰好有 $i$ 个元素满足特定条件的方案数， $g_{i}$ 表示 $n$ 个元素中至少有 $i$ 个元素满足特定条件的方案数，即 $g_{m} = \sum_{i = m}^{n} (\binom{i}{m}) f_{i}$ ，那么有 $f_{m} = \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i - m} (\binom{i}{m}) g_{i}$ 。
- 例题
  - BZOJ2839 集合计数
    - 题解
  - CF285E Positions in Permutations
    - 题解

卢卡斯定理

卢卡斯定理：若 $p$ 是质数，则对于任意正整数 $n, m$ ，有 $n = (n_{k} n_{k - 1} \dots n_{1})_{p}, m = (m_{k} m_{k - 1} \dots m_{1})_{p}$ ，其中对于每一个 $i (1 \leq i \leq k)$ 均满足 $0 \leq n_{i}, m_{i} \leq p - 1$ ，则 $(\binom{n}{m}) \equiv \prod_{i = 1}^{k} (\binom{n_{i}}{m_{i}}) (\mod p)$ 。
- 另一种写法为 $(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{n mod p}{m mod p}) (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\mod p)$ .
证明
- 考虑对于多项式 $(1 + x)^{n}$ ，展开后 $x^{m}$ 的系数为 $(\binom{n}{m})$ 。
- 此时有 $\begin{aligned} (1 + x)^{n} & = \prod_{i = 1}^{k} (1 + x)^{p^{i - 1} \times n_{i}} (\mod p) \\ = \prod_{i = 1}^{k} ((1 + x)^{p^{i - 1}})^{n_{i}} (\mod p) \\ = \prod_{i = 1}^{k} (\sum_{j = 0}^{p^{i - 1}} (\binom{n}{j}) x^{j})^{n_{i}} (\mod p) \\ \equiv \prod_{i = 1}^{k} (1 + x^{p^{i - 1}})^{n_{i}} (\mod p) \\ = \prod_{i = 1}^{k} \sum_{j = 0}^{n_{i}} (\binom{n_{i}}{j}) x^{p^{i - 1} j} (\mod p) \end{aligned}$ 。
- 据 $p$ 进制数的性质，将同余右边展开后有 $x^{m}$ 的系数为 $\prod_{i = 1}^{k} (\binom{n_{i}}{m_{i}})$ 。
- 证毕。
性质
- $(\binom{n}{m})$ 为奇数当且仅当在二进制表示下 $n$ 的每一个数位的数都不小于 $m$ 的相应数位的数，即 $n & m = m$ 。
  - luogu P1869 愚蠢的组合数

代码实现

点击查看代码

ll lucas(ll n,ll m,ll p)
{
    return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(m?C(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p:1):0;
}

例题

扩展卢卡斯定理

例题

容斥原理

容斥原理：设 $S = {S_{1}, S_{2}, S_{3}, \dots, S_{n}}$ ，则有 $| ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | + 1} \times | ⋂_{i = 1}^{| T |} T_{i} |$ 。
应用
- 设 $S = {n_{1} \times a_{1}, n_{2} \times a_{2}, \dots, n_{k} \times a_{k}}$ 是由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ ， $n_{2}$ 个 $a_{2}$ $\dots n_{k}$ 个 $a_{k}$ 组成的多重集。设整数 $m \leq \sum_{i = 1}^{k} n_{i}$ ，则从 $S$ 中选出 $m$ 个元素组成一个多重集（不考虑元素顺序），产生的不同多重集的数量为 $(\binom{k + m - 1}{k - 1}) - \sum_{T \subseteq {n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}}, | T | \geq 1} (- 1)^{| T | + 1} \times (\binom{k + m - 1 - \sum_{i = 1}^{| T |} (T_{i} + 1)}{k - 1})$ ，合并得 $\sum_{T \subseteq {n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}}} (- 1)^{| T |} \times (\binom{k + m - 1 - \sum_{i = 1}^{| T |} (T_{i} + 1)}{k - 1})$ 。
  - 证明
    - 等价于求 $\sum_{i = 1}^{k} x_{i} = m (x_{i} \leq n_{i})$ 的不同方案数。
    - 正难则反，考虑合法方案数等于总方案数减不合法方案数。
    - 总方案数同 luogu P1771 方程的解，即 $(\binom{k + m - 1}{k - 1})$ 。
    - 难点在于如何求不合法方案数。设 $S_{i} (1 \leq i \leq k)$ 表示至少包含 $n_{i} + 1$ 个 $a_{i}$ 的多重集，则 $S_{i}$ 的方案数为 $(\binom{k + m - 1 - (n_{i} + 1)}{k - 1})$ 。接着容斥原理，得出 $| ⋃_{i = 1}^{k} S_{i} | = \sum_{T \subseteq {n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}}, | T | \geq 1} (- 1)^{| T | + 1} \times | ⋂_{i = 1}^{| T |} T_{i} |$ ，其方案数为 $\sum_{T \subseteq {n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}}, | T | \geq 1} (- 1)^{| T | + 1} \times (\binom{k + m - 1 - \sum_{i = 1}^{| T |} (T_{i} + 1)}{k - 1})$ 。
    - 二者相减即可得到原式。
例题
- CF451E Devu and Flowers
  - 题解

posted @ 2023-11-10 20:31 hzoi_Shadow 阅读(111) 评论(5) 编辑收藏举报

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……