组合数学-二项式系数

1.帕斯卡公式

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

分两种情况：

在前 $n - 1$ 个中已经选出 $m$ 个；
在前 $n - 1$ 个中选出 $m - 1$ 个，加上刚刚选的第 $m$ 个。

可用于 $O (n^{2})$ 预处理组合数。

2.组合恒等式

i.吸收恒等式

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

m \times (\binom{n}{m}) \times (\binom{n - 1}{m - 1})

Proof：

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

同理可得：

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

ii.对称恒等式

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

组合意义： $n$ 选 $m$ ，相当于 $n$ 个中不选 $n - m$ 个。

iii.上指标求和1

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{m}) = (\binom{n + m + 1}{m + 1})

Proof
$\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{m}) & = (\binom{m}{m}) + (\binom{m + 1}{m}) + \dots + (\binom{m + n}{m}) \\ = (\binom{m + 1}{m + 1}) + (\binom{m + 1}{m}) + (\binom{m + 2}{m}) + \dots + (\binom{m + n}{m}) \\ = (\binom{m + 2}{m + 1}) + (\binom{m + 2}{m}) + \dots + (\binom{m + n}{m}) \\ = (\binom{m + 3}{m + 1}) + (\binom{m + 3}{m}) + \dots + (\binom{m + n}{m}) \\ = (\binom{m + n + 1}{m + 1}) \end{aligned}$

iv.上指标求和2

\sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) = (\binom{n + 1}{k + 1})

组合意义：考虑 $n + 1$ 个物品中选 $k + 1$ 个，若最后一个选出的物品是第 $i$ 个，那么前面选择方案有 $(\binom{i - 1}{k})$ 种。

v.对角线求和

\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n + i}{i}) = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n + i}{n}) = (\binom{n + m + 1}{n + 1})

利用对称恒等式转化为上指标求和 1。

vi.组合数前缀和

设 $S_{n, m} = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i})$ 。有递推：

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

S_{n, m} = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n - 1}{i}) + \sum_{i = 0}^{m} (\binom{n - 1}{i - 1}) = 2 S_{n - 1, m} + (\binom{n - 1}{m})

S_{n, m} = \frac{S_{n + 1, m} - (\binom{n}{m})}{2}

vii.范德蒙德卷积

\sum_{i} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{k - i}) = (\binom{n + m}{k})

从 $A$ 集合选出 $x$ 个，从 $B$ 集合选出 $y$ 个，当 $x + y$ 为定值时可套用。

若 $x - y$ 为定值，转化为在 $B$ 集合中不选 $m - y$ 个，那么 $x + m - y$ 为定值，得到 $(\binom{n + m}{x + m - y})$ 。

viii.格路计数

从 $(0, 0)$ 向下、向右走到 $(n, m)$ 的方案数为 $(\binom{n + m}{n})$ 。

组合意义：总共要走 $n + m$ 格， $n$ 格向下， $n - m$ 格向右。在 $n - m$ 步中选择 $n$ 步向下走。

3.二项式定理

Theorem

(a + b)^{n} = (\binom{n}{0}) a^{0} b^{n} + (\binom{n}{1}) a^{1} b^{n - 1} + (\binom{n}{2}) a^{2} b^{n - 2} + \dots + (\binom{n}{n - 1}) a^{n - 1} b^{1} + (\binom{n}{n}) a^{n} b^{0} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i}

组合意义：将原式全部拆开，对于 $a^{i} b^{n - i}$ 项，在拆开后的式子中出现了 $(\binom{n}{i})$ 次。

代数推导：数学归纳法。当 $n = 1$ 时显然成立。当 $n > 1$ 时，假设 $n - 1$ 成立，则：

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

i.下指标求和1

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

组合意义：设 $S = 1, 2, 3, . . ., n$ ， $S_{i}$ 为 $S$ 大小为 $i$ 的子集的集合。所有 $S_{i}$ 的并集是 $S$ ，且两两不交。

代数意义：二项式定理， $(1 + 1)^{n}$ 。

ii.下指标交错和

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

代数意义：原式化为 $(1 - 1)^{n}$ 。

组合意义：在 $n$ 个物品中选择奇数个物品的方案等于选择偶数个物品的方案。假设我们要选取偶数个物品，前 $n - 1$ 个物品可以任选。如果已经选出了偶数个物品，那么第 $n$ 个不选；如果已经选择了奇数个，那么第 $n$ 个必须选，则总方案数为 $2^{n - 1}$ 。要选取奇数个物品也是同理的，总方案数也是 $2^{n - 1}$ 。

iii.下指标求和2

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

代数推导：

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

4.不定方程整数解问题

Problem A.

现有 $k$ 个未知数 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, . . . x_{k}$ ，求不定方程 正整数解 的个数： $\sum x_{i} = n$ 。

我们假设现在有 $n$ 个物品排成一排，每两个物品中间都有一个空当，共有 $n - 1$ 个空当。

若要把这 $n$ 个物品分成 $k$ 部分，那么我们需要插入 $k - 1$ 个 “隔板”，共有 $(\binom{n - 1}{k - 1})$ 种方案。

对于每一种方案，我们就令 $x_{i}$ 为分出的第 $i$ 个部分中物品个数，可以唯一对应一种合法的解。

对于每一组解，我们令第 $i$ 个部分中物品个数为 $x_{i}$ ，可以唯一对应一种插隔板的方案。

则解的个数就是插板方案数，即 $(\binom{n - 1}{k - 1})$ 。

Problem B.

现有 $k$ 个未知数 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, . . . x_{k}$ ，求不定方程 非负整数解 的个数： $\sum x_{i} = n$ 。

令 $y_{i} = x_{i} + 1$ ，那么 $\sum y_{i} = n + k$ .。此时 $y_{i}$ 一定为正整数。

$y_{i}$ 的合法解，能够与 $x_{i}$ 的合法解一一对应。由上面的叙述，可知 $y_{i}$ 解的个数为 $(\binom{n + k - 1}{k - 1})$ ，那么原问题的答案也是 $(\binom{n + k - 1}{k - 1})$ 。

5.多重集合的排列与组合

首先引入多重集合的概念：

确定的、无序的、可重的集合。

由 $1$ 个 $x$ ， $3$ 个 $y$ ， $5$ 个 $z$ 组成的多重集合可表示为 ${1 \cdot x, 3 \cdot y, 5 \cdot z}$ 。

Problem A.

现有一个多重集合 $S = {c_{1} \cdot x_{1}, c_{2} \cdot x_{2}, . . . c_{k} \cdot x_{k}}$ ， $\sum c_{i} = n$ 。

我们任意地取出 $S$ 的每一个元素排成一个序列，问会形成多少种不同的序列？

首先我们拿出 $c_{1}$ 个 $x_{1}$ ，有 $(\binom{n}{c_{1}})$ 种安排位置的方案。

再拿出 $c_{2}$ 个 $x_{2}$ ，有 $(\binom{n - c_{1}}{c_{2}})$ 种安排位置的方案。

依次进行下去，最后的答案即为：

(\binom{n}{c_{1}}) (\binom{n - c_{1}}{c_{2}}) (\binom{n - c_{1} - c_{2}}{c_{3}}) \dots (\binom{n - \sum_{i = 1}^{k - 1} c_{i}}{c_{k}}) = \frac{n!}{c_{1}! c_{2}! c_{3}! \dots c_{k}!}

展开二项式系数，进行约分即可。

Problem B.

现有一个多重集合 $S = {\infty \cdot x_{1}, \infty \cdot x_{2}, . . . \infty \cdot x_{k}}$ 。

我们任意地取出 $S$ 的 $m$ 个元素生成一个集合，问会形成多少种不同的集合？

问题转化为不定方程非负整数解问题： $\sum x_{i} = m$ 的解个数。

答案就是 $(\binom{k + m - 1}{k - 1})$ 。

6.二项式系数的单峰性

我们把 $(\binom{n}{0}), (\binom{n}{1}), (\binom{n}{2}), \dots, (\binom{n}{n})$ 排成一个序列。那么存在一个 $t$ ，使得 $1 \sim t$ 不降， $t \sim n$ 不升。

进一步地，若 $n$ 为奇数，则 $t = ⌈ \frac{n}{2} ⌉$ ，否则 $t = \frac{n}{2}$ 或 $\frac{n}{2} + 1$ 。

我们把 $(\binom{n}{k}), (\binom{n}{k - 1})$ 拿出来作商，有：

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

若 $n - k + 1 < k$ ，则 $k < \frac{n}{2}$ ；

若 $n - k + 1 = k$ ，则 $k = \frac{n}{2}$ ；

若 $n - k + 1 > k$ ，则 $k > \frac{n}{2}$ 。

讨论一下 $n$ 的奇偶即可。

7. 多项式系数

我们把二项式系数扩展到多项式系数： $(\binom{n}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k}})$ 表示把 $n$ 个物品划分为 $k$ 个集合，使得第 $i$ 个集合大小为 $c_{i}$ 的方案数。

我们有：

(\binom{n}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k}}) = (\binom{n}{c_{1}}) (\binom{n - c_{1}}{c_{2}}) (\binom{n - c_{1} - c_{2}}{c_{3}}) \dots (\binom{n - \sum_{i = 1}^{k - 1} c_{i}}{c_{k}}) = \frac{n!}{c_{1}! c_{2}! c_{3}! \dots c_{k}!}

注意到它的值与 5.B 中多重集合排列问题的答案相等。

对于一种分割方案，我们考虑一个长度为 $n$ 的序列 $A$ ，把所有第 $i$ 个集合中的元素 $x_{j}$ 拿出来，并令 $A_{x_{j}}$ 等于 $i$ 。这样一种分割方案能够唯一对应一个多重集合的排列方案。

对于一种排列方案，我们把 $A_{i} = j$ 的所有 $i$ 全部放入 $j$ 集合中，那么一种排列方案就唯一对应一种分割方案。

帕斯卡公式

(\binom{n}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k}}) = (\binom{n - 1}{c_{1} - 1 c_{2} c_{3} \dots c_{k}}) + (\binom{n - 1}{c_{1} c_{2} - 1 c_{3} \dots c_{k}}) + \dots + (\binom{n - 1}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k} - 1})

组合意义：考虑第 $n$ 个物品被分入了哪一个集合，加法原理即可。

代数推导：

\begin{aligned} (\binom{n - 1}{c_{1} - 1 c_{2} c_{3} \dots c_{k}}) + (\binom{n - 1}{c_{1} c_{2} - 1 c_{3} \dots c_{k}}) + \dots + (\binom{n - 1}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k} - 1}) \\ = \frac{(n - 1)!}{(c_{1} - 1)! c_{2}! c_{3}! \dots c_{k}!} + \frac{(n - 1)!}{c_{1}! (c_{2} - 1)! c_{3}! \dots c_{k}!} + \dots + \frac{(n - 1)!}{c_{1}! c_{2}! c_{3}! \dots (c_{k} - 1)!} \\ = \frac{n!}{c_{1}! c_{2}! c_{3}! \dots c_{k}!} \frac{c_{1}}{n} + \frac{n!}{c_{1}! c_{2}! c_{3}! \dots c_{k}!} \frac{c_{2}}{n} + \dots + \frac{n!}{c_{1}! c_{2}! c_{3}! \dots c_{k}!} \frac{c_{k}}{n} \\ = (\binom{n}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k}}) \frac{c_{1} + c_{2} + \dots + c_{k}}{n} \\ = (\binom{n}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k}}) \end{aligned}

多项式定理

(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k})^{n} = \sum_{c_{1} + c_{2} + \dots + c_{k} = n, c_{i} \geq 0, c_{i} \in Z} (\binom{n}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k}}) x_{1}^{c_{1}} x_{2}^{c_{2}} \dots x_{k}^{c_{k}}

我们把 $(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k})^{n}$ 展开。对于 $x_{1}^{c_{1}} x_{2}^{c_{2}} \dots x_{k}^{c_{k}}$ 这一项，会在展开的式子中出现 $(\binom{n}{c_{1} c_{2} c_{3} \dots c_{k}})$ 次。

对展开后的式子合并同类项，最终不同的项会有 $(\binom{n + k - 1}{k - 1})$ 个（考虑转化为不定方程整数解问题）。

8.卢卡斯定理（Lucas）

Theorem

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) \times (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p)

其中 $p$ 为质数。

也就是把 $n, m$ 表示为 $p$ 进制数，对于每一位都分别求解再相乘。

适用于 $n, m$ 都很大，但 $p$ 较小时的情况。

Proof

引理：若 $p$ 为质数，则 $(1 + x)^{p} \equiv 1 + x^{p} (\mod p)$ 。

Proof:
- 将 $(1 + x)^{p}$ 利用二项式定理展开，得 $(1 + x)^{p} = \sum_{i = 0}^{p} (\binom{p}{i}) x^{i}$ 。
- 利用吸收恒等式变形： $\sum_{i = 0}^{p} (\binom{p}{i}) x^{i} = 1 + \sum_{i = 1}^{p} \frac{p}{i} (\binom{p - 1}{i - 1}) x^{i}$ 。
- 对于 $\forall i \in [1, p)$ ， $\frac{p}{i} (\binom{p - 1}{i - 1}) ∣ p$ ，则有 $(1 + x)^{p} \equiv 1 + x^{p} (\mod p)$ 。命题得证。
设 $n = s p + q, m = t p + r$ 。问题转化为证明 $(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{s}{t}) \times (\binom{q}{r}) (\mod p)$ 。

$(\binom{n}{m})$ 即为 $(1 + x)^{n}$ 中 $x^{m}$ 项的系数。

$\begin{aligned} (1 + x)^{n} & \equiv (1 + x)^{s p + q} & (\mod p) \\ \equiv (1 + x)^{s p} \times (1 + x)^{q} & (\mod p) \\ \equiv [(1 + x)^{p}]^{s} \times (1 + x)^{q} & (\mod p) \\ \equiv (1 + x^{p})^{s} \times (1 + x)^{q} & (\mod p) \\ \equiv (\sum_{i = 0}^{s} (\binom{s}{i}) x^{i p}) (\sum_{i = 0}^{q} (\binom{q}{i}) x^{i}) & (\mod p) \end{aligned}$
由于 $x^{m} = x^{t p + r} = x^{t p} \times x^{r}$ ， $x^{m}$ 的系数也可表示为 $(\binom{s}{t}) \times (\binom{q}{r})$ 。

则有 $(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) \times (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p)$ ，命题得证。

利用 Lucas 定理，可以在 $O (p)$ 处理阶乘数组与阶乘逆元数组后， $O (\log_{p} n)$ 求出 $(\binom{n}{m}) mod p$ 的值。

void Init(){
    fac[0]=caf[0]=1;
    for(int i=1;i<p;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p;
    caf[p-1]=QuickPow(fac[p-1],p-2);
    for(int i=p-2;i;i--) caf[i]=caf[i+1]*(i+1)%p;
}

ll C(int x,int y){
    if(x<y) return 0;
    return fac[x]*caf[y]%p*caf[x-y]%p;
}

ll Lucas(int x,int y){
    if(x<p&&y<p) return C(x,y);
    else return Lucas(x/p,y/p)*C(x%p,y%p)%p;  
}

9.阶乘的素数幂次

设 $p \in Prime$ ，则有：

v_{p} (n!) = \sum_{i > 0} ⌊ \frac{n}{p^{i}} ⌋

其中 $v_{p} (x)$ 表示 $x$ 中包含 $p$ 的次数。

将 $1 \sim n$ 分开， $v_{p} (n!) = \sum_{i = 1}^{n} v_{p} (i)$ 。

$1 \sim n$ 中至少包含一个 $p$ 的数字有 $⌊ \frac{n}{p} ⌋$ ，统计进答案中。 $1 \sim n$ 中至少包含 $2$ 个 $p$ 的数字有 $⌊ \frac{n}{p^{2}} ⌋$ 个，但由于已经有一个 $p$ 被统计过一遍，所以只需要再统计第 $2$ 个质因子，答案加上 $⌊ \frac{n}{p^{2}} ⌋$ ，系数为 $1$ 。

我们从另一个角度来计算。用 $p$ 进制表示 $n$ ，则有 $n = \sum a_{i} p^{i} (0 \leq a_{i} < p)$ 。

v_{p} (n!) = \sum_{j \geq 1} ⌊ \frac{\sum_{i \geq 0} a_{i} p^{i}}{p^{j}} ⌋ = \sum_{i \geq 0} \sum_{j \geq 1} a_{i} ⌊ p^{i - j} ⌋ = \sum_{i \geq 0} a_{i} \sum_{j = 0}^{i - 1} p^{j} = \sum_{i \geq 0} a_{i} \frac{p^{i} - 1}{p - 1} = \frac{n - s_{p} (n)}{p - 1}

其中 $s_{p} (n)$ 表示 $n$ 在 $p$ 进制下各数位的数字之和。

10.Kummer 定理

v_{p} ((\binom{n}{m})) = v_{p} (\frac{n!}{(n - m)! m!}) = v_{p} (n!) - v_{p} ((n - m)!) - v_{p} (m!) = \frac{s_{p} (m) + s_{p} (n - m) - s_{p} (n)}{p - 1}

在 $p$ 进制下 $n - m$ 与 $m$ 相加，结果为 $n$ 。

设进位次数为 $c$ 。每进位一次，数位之和就会减少 $p - 1$ ，那么有

s_{p} (n - m) + s_{p} (m) - c (p - 1) = s_{p} (n) \Rightarrow c = \frac{s_{p} (m) + s_{p} (n - m) - s_{p} (n)}{p - 1}

于是得到 $(\binom{n}{m})$ 中 $p$ 的次数，就是 $n - m$ 与 $m$ 在 $p$ 进制下相加进位次数。

同理可得， $(\binom{n}{m})$ 中 $p$ 的次数就是 $n$ 与 $m$ 在 $p$ 进制下相减的借位次数。

若 $(\binom{n}{m})$ 在模 $p$ 意义下为 $0$ ，那么 $n, m$ 在 $p$ 进制下相减时至少产生了一次借位。

换句话说，如果在 $p$ 进制下存在一位，使得 $n$ 在这一位的值小于 $m$ 在这一位的值，那么 $(\binom{n}{m}) mod p$ 一定为 $0$ 。

由此可以快速判断 $(\binom{n}{m})$ 的奇偶性：设 $n, m$ 在二进制下表示的集合为 $S_{n}, S_{m}$ ， $(\binom{n}{m})$ 为奇数当且仅当 $S_{m} \subseteq S_{n}$ ，也就是 $n and m = m$ 。

11.卡特兰数

对于一个长度为 $2 n$ 的 01 序列 $A$ ，含有 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ ，满足对于任意的 $i \in [1, 2 n]$ ， $A [1 \sim i]$ 中 $1$ 的个数不超过 $0$ 的个数。

这样的 $A$ 的个数，我们记为 $C a t_{n}$ ，也就是卡特兰数的第 $n$ 项。

求法 1

欲求出 $C a t_{n}$ 的值，不妨利用容斥，用总方案数 $(\binom{2 n}{n})$ 减去不合法的方案数。

对于一个不合法的数列 $B$ ，存在一个位置 $2 p + 1$ ，满足 $B [1 \sim i]$ 中 $0, 1$ 分别出现了 $p, p + 1$ 次。那么 $B [2 p + 2 \sim 2 n]$ 中 $0, 1$ 分别出现了 $n - p, n - p - 1$ 次。

反转 $B [2 p + 2 \sim 2 n]$ 的每个元素， $0$ 变 $1$ ， $1$ 变 $0$ 。那么我们得到了一个含有 $n + 1$ 个 $1$ ， $n - 1$ 个 $0$ 的数列。

对于一个含有 $n + 1$ 个 $1$ ， $n - 1$ 个 $0$ 的数列 $C$ ，也存在一个这样的 $2 p + 1$ 。反转 $C [2 p + 2 \sim 2 n]$ ，又得到了一个含有 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ 的数列。

每一个 $B$ 都能得到一个唯一的 $C$ ，反过来亦然。那么不合法的方案数就是 $C$ 的个数，即 $(\binom{2 n}{n + 1})$ 。

于是我们得到：

C a t_{i} = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n + 1}) = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1}

求法 2

$C a t_{n}$ 也可以表述为：在平面直角坐标系中，每次允许向 $x$ 或 $y$ 的正方向移动一格，从 $(0, 0)$ 不超过 $y = x$ 这条直线走到 $(n, n)$ 的方案数。

那么如果我们移动过程中触碰到了 $y = x + 1$ 这条直线，必定不合法。

考虑类似于 "反射" 的转化：如果触碰到了 $y = x + 1$ ，那么移动 $x$ 变为移动 $y$ ，移动 $y$ 变为移动 $x$ 。最终我们会到达 $(n, n)$ 关于 $y = x + 1$ 的对称点 $(n - 1, n + 1)$ 。

图中黑色折线为原路径，黄色折线为 “反射” 得到的直线。

那么不合法的走法有 $(\binom{2 n}{n + 1})$ 种，也可以得到与求法 1 相同的表达式。

卡特兰数的应用

长度为 $2 n$ 的括号序列个数为 $C a t_{n}$ ；
$n$ 个元素按顺序进栈，出栈序列的个数为 $C a t_{n}$ ；
$n$ 个节点能够构造出 $C a t_{n}$ 种不同的二叉树。
...

卡特兰数还有递推形式：

f_{i} = \sum_{j = 1}^{i} (f_{i - 1} \times f_{i - j})

卡特兰数的前 $10$ 项（从 $0$ 开始）：

1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, . . .

posted @ 2024-10-29 16:57 XP3301_Pipi 阅读(51) 评论(0) 编辑收藏举报

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XP3301Pipi

组合数学-二项式系数

组合数学-二项式系数

1.帕斯卡公式

2.组合恒等式

i.吸收恒等式

ii.对称恒等式

iii.上指标求和1

iv.上指标求和2

v.对角线求和

vi.组合数前缀和

vii.范德蒙德卷积

viii.格路计数

3.二项式定理

Theorem

i.下指标求和1

ii.下指标交错和

iii.下指标求和2

4.不定方程整数解问题

Problem A.

Problem B.

5.多重集合的排列与组合

Problem A.

Problem B.

6.二项式系数的单峰性

7. 多项式系数

帕斯卡公式

多项式定理

8.卢卡斯定理（Lucas）

Theorem

Proof

9.阶乘的素数幂次

10.Kummer 定理

11.卡特兰数

求法 1

求法 2

卡特兰数的应用

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