组合数学与计数原理

组合数就是容斥和计数原理,你学的所有技巧,都是为了能够使用它们。要么找到一个好的划分,要么找到两个独立的对象。

要么构建双射!(x

1 常见公式与定理

1.1 排列数

Pnm=n!(nm)!

1.2 组合数

(nm)=n!(nm)!m!

1.3 抽屉原理

n 个球放在 m 个箱子中,每个箱子至少有 nm 个球。

1.4 容斥原理

若有集合 S=s1s2...sn,那么 |S|=TS(1)|T|1|xTx|(T)

1.5 min-max 容斥

对于 xy 我们有 E(x)+E(y)=E(x+y)
但是我们没有 max{E(x),E(y)}=E(max(x,y))min 同理。那么我们需要计算后面这个东西怎么办呢?

考虑 max(S) 表示 S 集合中的最大值,min(S) 相反。那么有

max(S)=TS(1)|T|1min(T)min(S)=TS(1)|T|1max(T)(T)

为什么呢?考虑对于 max(S),如果它等于 min(T),那么 T={max(s)}
对于其他集合,证明它们都会被抵消。考虑 T={x,y1,...,yk},其中 x=min(T)。那么考虑 yS 中第一个大于 x 的数。考虑 T,如果 yT,那么 T=T 排除 y。否则 T=T{y}。容易证明 TT 一一对应,并且求和之后为 0
因此一共 2n1 个真子集,减去一个 T={max(s)} 之外所有集合都可以两两配对,最后消掉。
因此结论成立。

如果用通用方法证明:考虑一个数被算了几次。如果有 k 个数比它大,那么只有其他数都是比它大的数的时候才会被计算,贡献为 i=0k(ki)×1i=0k

如果知道其中一个,就可以 O(2n) 知道另一个。

HDU4336

【题意】
n 种卡片,每开一个袋子,有 pi 的概率开出第 i 种。保证 pi1。求要集齐所有卡片至少一张的期望开卡次数。
n20

【分析】
考虑 xi 为收集到第一张 i 卡片的期望开卡次数。那么我们要求 E(max{xi})
而我们有 E(min{xi})=1pi。于是可以做了。

1.6 捆绑法/插空法

20 个人排队,AB 相邻。求方案数?

将他们两个人捆绑在一起视为一个人,答案为 19!×2!

20 个人排队,AB 不相邻。求方案数?

考虑其他 18 个人先排,然后 AB 分别插进空里。答案为 18!×P192

P3166

【题意】
给定一个 N×M 的网格,请计算三点都在格点上的三角形共有多少个。注意三角形的三点不能共线。

N,M1000
【分析】
考虑容斥。横着和竖着共线是容易的。考虑斜着共线怎么算。

考虑枚举 i,j,那么 (0,0)(i,j) 这两个点和 gcd(i,j)1 个不同的点共线。注意为什么 1,因为不能是和 (i,j) 共线。

时间复杂度 O(n2)

O(n) 做法,需要用到莫比乌斯反演和欧拉反演。待补

https://www.luogu.com.cn/blog/emptyset/solution-p3166

1.7 卡特兰数

递推式:Cn=i=0n1CiCn1i

什么意义?考虑 n 个节点形成的二叉树的形态数。一个根,左子树 0n1 个节点,右子树 n1i 个节点。

还有什么意义?n 对括号形成合法括号序列的方案数。考虑第一个括号和哪一个括号匹配,这两个括号中间和后面分成两个区域。

还有什么意义?n 边形三角划分数,这一块还需要加 n2 条边,加了一条边之后分成了两块。

考虑其通项公式:Cn=(n2n)(n+12n)

考虑从 (0,0) 开始一步只能往右边或上面走,走到 (n,n) 并且不能超过对角线的方案数,容易证明它等于卡特兰数。

考虑容斥。对于没有不能超过对角线的性质,方案数是 (n2n)

对于超过对角线的方案,在第一次超过之后每一次都取反,最后一定走到 (n1,n+1)。因为这个点在对角线上方,容易证明这样的方案与原方案一一对应。方案数是 (n+12n)

也可以换一个形式,Cn=(n2n)n+1

1.8 卢卡斯定理

p 是素数时,

(nm)modp=(n/pm/p)(nmodpmmodp)modp

可以用来求解 n,mp(nm)。时间复杂度 O(p+logpn)

p 不是素数时,有扩展卢卡斯定理。待补

https://oi-wiki.org/math/number-theory/lucas/

P4478

【题意】
小B 所在的城市的道路构成了一个方形网格,它的西南角为 (0,0),东北角为 (N,M)

小B 家住在西南角,学校在东北角。现在有 T 个路口进行施工,小B 不能通过这些路口。小B 喜欢走最短的路径到达目的地,因此他每天上学时都只会向东或北行走;而小B又喜欢走不同的路径,因此他问你按照他走最短路径的规则,他可以选择的不同的上学路线有多少条。由于答案可能很大,所以小B 只需要让你求出路径数 modP 的值。
N,M109,P=1000003 或者 1019663265=3×5×6793×10007,T100
【分析】
先对障碍按 (x,y) 排序,这样一定只会从前面的障碍跳到后面的障碍。
fi 表示到第 i 个点且不经过任何障碍的方案数。
gi,j 表示第 i 个点走到第 j 个点的方案数。这个是卡特兰数,需要卢卡斯定理算组合数。
然后有:

fi=g0,igj,i×fi

不会算重是因为“不经过任何障碍”。

1.9 矩阵优化计数

矩阵乘法是“行 × 列”原则,也就是答案矩阵的第 i 行第 j 列是由左矩阵的第 i 行乘以右矩阵的第 j 列得到。

对于 nk 层递推,时间复杂度为 O(n3logk)

实际上可以用 FFT 优化到 O(nlognlogk),但是现在不需要会(也差不太多)。

主要是代码实现问题需要注意。

P3216

【题意】

小 C 数学成绩优异,于是老师给小 C 留了一道非常难的数学作业题:

给定正整数 n,m,要求计算 Concatenate(n)mod m 的值,其中 Concatenate(n) 是将 1n 所有正整数 顺序连接起来得到的数。

例如,n=13 , Concatenate(n)=12345678910111213。小C 想了大半天终于意识到这是一道不可能手算出来的题目,于是他只好向你求助,希望你能编写一个程序帮他解决这个问题。
n1018,m109

【分析】
考虑线性递推。
我们有:fi=fi1×10k+i,其中 k[1,18]
考虑怎么转化为矩阵递推式:

[10k11011001][fi1i11]=[fii1]

18 块处理,剩下的问题在于实现。

1.10 行列式

代数余子式:对于 1i,jn,在 n 阶行列式中所有不属于第 i 行也不属于第 j 列的元素按照原来的顺序组合成一个 n1 阶余子式,它叫做 Ai,j 也就是原矩阵中元素 Mi,j 的代数余子式。
一个 n 阶行列式的值等于:

i/j=1nai,j(1)i+jAi,j

其中 i,j 其中一个任选。也就是说,任意行(或者列)的元素与之对应的代数余子式乘积之和。

性质:

  • 交换某两行/列,行列式的值 *= -1。
  • 一行(列)加上另一行(列),行列式的值不变。
  • 一行/列乘上 k,行列式的值 *= k。

1.11 二项式定理

(a+b)n=i=0n(ni)aibni

这玩意当 a=1,b=1 的时候只有 n=0 的时候等于 1,和容斥原理有关。

a=1,b=1 的时候,2n=i=0n(ni)。组合数行求和就是这个东西。

就是这样:
image

列求和怎么办?考虑如下图,就知道 i=nm(in)=(i+1n+1)
image

1.12 吸收恒等式

(nm)(nm+1)

(nm+1)=n!(m+1)!(nm+1)!
(nm)=n!m!(nm)!
(nm)=k(n+1m+1) 的话,k=nm+1nm

也就是,一项可以推导它的邻项。(也可以是上下左右的邻项)

1.13 错排数

1n 的排列,满足 i,pii 的有几个?记它为 Di。考虑最后一个数为 j。如果 Dj=i,那么有 Di2 种情况。如果 Dji,考虑 一个环的终点,有 Di1 种情况。因此 Dn=(n1)Dn2+(n1)Dn1
image

1.14 多项式定理

(nk1 k2 ... km)

表示 n 个球,k1 个红球,k2 个蓝球……有多少种方案。

这个东西显然等于

(nk1)(nk1k2)...

等于

n!(nk1)!k1!(nk1)!(nk1k2)!k2!...(nk1...km1)!(nk1k2...km)!km!

等于

n!(nk1k2...km)!k1!k2!...km!

等于

n!k1!k2!...km!

1.15 范德蒙德卷积

image

属于是需要找出来,但是证明很简单。

主要是变换组合数下标的 trick。

复杂一点的应用:

image

吸收恒等式也很有用。

ABC276G

【题意】
给定 n,m,求出满足以下条件的数列的个数:

  • 数列长度为 n
  • 数列的每一个数都在 [0,m] 之间。
  • 数列的相邻两个数模 3 不同余。

【思想】
组合计数问题,需要利用一些一一映射,将要算的东西改写成能算的东西,比如 (nk),{nk},[nk](选择,子集,轮换)。

【分析】
“模 3 不同余”这个条件首先一看就不是很好直接算,我们考虑构造差分数组 b,满足对于 i[2,n]3bi

然后显然考虑拆分成 bi/3bi%3。记 xi=bi%3,yi=bi/3,则有对于 i=1xi{0,1,2};对于 i>1xi{1,2}

我们先考虑整块,也就是钦定了一套 xi 之后,yi 的个数怎么算?也就是计算使得 i=1nyimxi3 的方案数。可以发现这个东西只和 xi 有关,那么如果计算上述式子的时间为 T,那么我们可以枚举 xi(i[2,n]) 存在多少个 1,从而得到存在多少个 2。相同的方案数可以二项式求出,那么可以 O(n)×T

那么问题转化为:计算使得 i=1nyit 的方案数。我们知道 i=1nyi=t 的方案数是插板法算的,那么一种方法是预处理出所有 t 的答案,那么每次询问可以 O(1) 得到解。总时间复杂度 O(nlogtmax+n)=O(nlogtmax),其中 tmaxm

还有一种方法:

引理:yi 都是自然数,使得 i=1nyit 的方案数为 (n+tn)

证明:考虑插板法的过程。对于 i=1nyi=t 的方案数,也就相当于 t+n 个球,插 n1 个板,分成 n 个区域。

那么我们可以增加一个区域,这个区域表示把这些球扔掉,其他 n 个区域表示分成的 n 个区域。那么也就是把 t 个球分成 n 个区域。因此是一共 t+n+1 个球,插 n 个板,分成 n+1 个区域,答案为 (n+tn)


2022.11.10 NOIP Monisai Round #1 A

【题意】
n 个景点和 m 个游客。这些景点横向一字排开。每个乘客都会选择一个景点到达并选择向左或者右行走。每一个景点都有一个小礼物。若一个人走到一个景点,满足这个人没有收到过礼物并且这个景点的小礼物没有被送出,那么这个景点发一份礼物给这个人。求每个人都拿到一个礼物的方案数。

【思想】
巧妙地增补方案构造一一对应,利用美妙的对称性寻找性质。
人为增设对称性!

【分析】
考虑增加一个景点,使得这些景点组成一个长度为 n+1 的环。从环上任意一点可以向左或向右走。考虑这个模型和原题的差异:

  • n+1 景点的礼物被送出去,那么就失败。
  • 这个模型中,可以从 n+1 景点出发。
  • 这个模型中,增加了一些横跨过 n+1 的路线。

这三个差异其实是统一的。也就是当 n+1 景点的礼物没有被送出去时,才是成功的,并且方案与题目中一一对应。考虑选出这样的方案的概率

由于每个点都对称,所以概率为 CmnCmn+1=n+1nm+1

所有方案的个数为 (2(n+1))m

答案为所有方案个数乘以概率。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int mod = 998244353;
const int inf = 1e9;
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
int qpow(int x,int k){
    int ans=1;
    while(k){
        if(k&1)ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    time_t start = clock();
    freopen("breeze.in","r",stdin);
    freopen("breeze.out","w",stdout);
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    int n, m; cin >> n >> m;
    int ans = 1;
    f(i, 1, m) {
        ans = (ans * (2 * (n+1) % mod)) % mod;
    }
    ans = (ans * (n + 1 - m)) % mod;
//    cout << ans << endl;
    ans = (ans * qpow(n + 1, mod - 2)) % mod;
    cout << ans << endl;
    time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}

CF1761D

【题意】
(a,b) 的个数,其中 0a,b<2n,并且 a+b 在二进制下加法的进位个数为 k
k<n106

【分析】
考虑上一位如果进位了,那么这一位有三种选法也进位,一种选法不会进位。没进位的话,三种选法不进位,一种选法会进位。

然后 DP?不好意思,不太好转移。矩阵快速幂试过了不行。

这么优美的式子怎么不想想组合方法。我们从这个方向往下走。

考虑 di 表示该位有没有进位(假设二进制下分别为第 1n 位),特别地 d0=0,那么这总共 n+1 位数,如果存在 i 个连续段,那么方案数就是 3ni。(连续段的开头只有一种选择方法,后面每一位都有三种)

于是变成了n+1k0k1,组成 i 个连续段,一共有几种情况?(数连续段模型)考虑第一段一定为 0,那么 01 的段数是确定的。然后考虑 p0 分成 x 段的个数(插板法)乘以 q1 分成 y 段的个数即可。

注意 0 个数分成 0 段的方案数是 1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 1e9;
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
int jc[1000010], ny[1000010], pow3[1000010];
const int mod = 1e9 + 7;
int qpow(int x,int k){
    int ans=1;
    while(k){
        if(k&1)ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
int c(int n, int m) {
    if(n == -1 && m == -1) return 1;
    else if(m > n) return 0;
    else if(m < 0 || n < 0) return 0;
    else return jc[n] * ny[m] % mod * ny[n - m] % mod;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    time_t start = clock();
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    jc[0]=ny[0]=pow3[0]=1;
    int n, k; cin >> n >> k;
    f(i,1,n){
        jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
        ny[i]=qpow(jc[i],mod-2);
        pow3[i]=pow3[i-1]*3%mod;
    }
    int ans = 0;
    f(i,1 ,n+1 ) {
        int t = 1;
        //分的段数
        int p = i /2 ,q = i - p;
        t *= c(n + 1 - k-1,q-1);
        t *= c(k - 1, p - 1);
        t %= mod;
        t *= pow3[n + 1 - i];
        t %= mod;
        
        ans += t;
        ans %= mod;
    }
    cout << ans << endl;
    time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}

2 有没有标号?

做题时,一定要思考清楚我这个求的是有没有标号的。怎么考虑?例如有向图,n(n1)2 条边,一共有 2n(n1)2 种生成图。这样就算同构的两张图,如果节点不一样也会被算两次。这就是有标号的。我们从 m 个点的图中,选 n 个点,有多少生成图?(mn)×2n(n1)2,这还是有标号的。选出 n 个点,然后再赋值 1n,发现这种情况下任意两张有标号下不同的图都是算上了的。(mn) 中,选 (1,2)(1,3) 这两种都算上了,也是有标号的。所以做题的时候要分清楚,不要搞糊涂了。

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