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
\(P_n^m = \cfrac{n!}{(n-m)!}\)
1.2 组合数
\(\dbinom{n}{m} = \cfrac{n!}{(n-m)!m!}\)
1.3 抽屉原理
\(n\) 个球放在 \(m\) 个箱子中，每个箱子至少有 \(\lceil\cfrac{n}{m}\rceil\) 个球。
1.4 容斥原理
若有集合 \(S = s_1 \bigcup s_2 \bigcup ... \bigcup s_n\)，那么 \(|S| = \sum \limits_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-1} |\bigcap\limits_{x \in T} x| (T \neq \varnothing)\)
1.5 min-max 容斥
对于 \(x\) 和 \(y\) 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
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 \(T = \{x, y_1, ...,y_k\}\)，其中 \(x = \min(T)\)。那么考虑 \(y\) 为 \(S\) 中第一个大于 \(x\) 的数。考虑 \(T'\)，如果 \(y \in T\)，那么 \(T' = T\) 排除 \(y\)。否则 \(T' = T \cup \{y\}\)。容易证明 \(T\) 和 \(T'\) 一一对应，并且求和之后为 \(0\)。
因此一共 \(2^n - 1\) 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 \(\sum \limits_{i = 0}^{k} \dbinom{k}{i} \times -1^i = 0^k\)。
如果知道其中一个，就可以 \(O(2^n)\) 知道另一个。
HDU4336
【题意】
有 \(n\) 种卡片，每开一个袋子，有 \(p_i\) 的概率开出第 \(i\) 种。保证 \(\sum p_i \le 1\)。求要集齐所有卡片至少一张的期望开卡次数。
\(n \le 20\)
【分析】
考虑 \(x_i\) 为收集到第一张 \(i\) 卡片的期望开卡次数。那么我们要求 \(E(\max\{x_i\})\)。
而我们有 \(E(\min\{x_i\}) = \cfrac{1}{\sum p_i}\)。于是可以做了。
1.6 捆绑法/插空法
\(20\) 个人排队，\(A\) 和 \(B\) 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 \(19! \times 2!\)。
\(20\) 个人排队，\(A\) 和 \(B\) 不相邻。求方案数？
考虑其他 \(18\) 个人先排，然后 \(A\) 和 \(B\) 分别插进空里。答案为 \(18! \times P_{19}^2\)。
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。
\(N,M\le 1000\)
【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 \((0,0)\) 和 \((i,j)\) 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 \(O(n^2)\)。
有 \(O(n)\) 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：\(C_n = \sum \limits_{i=0}^{n-1} C_i C_{n-1-i}\)
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 \(0 \sim n-1\) 个节点，右子树 \(n-1-i\) 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 \(n-2\) 条边，加了一条边之后分成了两块。
考虑其通项公式：\(C_n = \dbinom{n}{2n} - \dbinom{n+1}{2n}\)。
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 \(\dbinom{n}{2n}\)。
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 \((n-1,n+1)\)。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 \(\dbinom{n+1}{2n}\)。
也可以换一个形式，\(C_n = \cfrac{\dbinom{n}{2n}}{n+1}\)。
1.8 卢卡斯定理
当 \(p\) 是素数时，
\(\dbinom{n}{m} \mod p = \dbinom{n/p}{m/p} \dbinom{n \bmod p}{m \bmod p} \mod p\)
可以用来求解 \(n,m \ge p\) 的 \(\dbinom{n}{m}\)。时间复杂度 \(O(p + \log_p n)\)。
当 \(p\) 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 \(\bmod P\) 的值。
\(N,M\le 10^9, P = 1000003\) 或者 \(1019663265=3 \times 5 \times 6793 \times 10007, T \le 100\)
【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。
令 \(f_i\) 表示到第 \(i\) 个点且不经过任何障碍的方案数。
\(g_{i,j}\) 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：
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 \(n\) 阶 \(k\) 层递推，时间复杂度为 \(O(n^3 \log k)\)。
实际上可以用 FFT 优化到 \(O(n \log n \log k)\)，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 \(\text{Concatenate}(n) \bmod \ m\) 的值，其中 \(\text{Concatenate}(n)\) 是将 \(1 \sim n\) 所有正整数 顺序连接起来得到的数。
例如，\(n = 13\) , \(\text{Concatenate}(n) = 12345678910111213\)。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。
\(n \le 10^{18}, m \le 10^9\)
【分析】
考虑线性递推。
我们有：\(f_i = f_{i - 1} \times 10^k + i\)，其中 \(k \in [1,18]\)。
考虑怎么转化为矩阵递推式：
分 \(18\) 块处理，剩下的问题在于实现。
1.10 行列式
代数余子式：对于 \(1 \le i,j \le n\)，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 \(n-1\) 阶余子式，它叫做 \(A_{i,j}\) 也就是原矩阵中元素 \(M_{i,j}\) 的代数余子式。
一个 \(n\) 阶行列式的值等于：
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
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。
当 \(a=1,b=1\) 的时候，\(2^n = \sum \limits_{i = 0}^n \dbinom{n}{i}\)。组合数行求和就是这个东西。
就是这样：
列求和怎么办？考虑如下图，就知道 \(\sum \limits_{i = n}^m \dbinom{i}{n} = \dbinom{i+1}{n+1}\)。
1.12 吸收恒等式
\(\dbinom{n}{m} \rightarrow \dbinom{n}{m+1}\)
\(\dbinom{n}{m+1} = \cfrac{n!}{(m+1)!(n-m+1)!}\)
\(\dbinom{n}{m} = \cfrac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(\dbinom{n}{m} = k \dbinom{n+1}{m+1}\) 的话，\(k = \cfrac{n-m+1}{n-m}\)
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
\(1 \sim n\) 的排列，满足 \(\forall i, p_i \neq i\) 的有几个？记它为 \(D_i\)。考虑最后一个数为 \(j\)。如果 \(D_j = i\)，那么有 \(D_{i-2}\) 种情况。如果 \(D_j \neq i\)，考虑 一个环的终点，有 \(D_{i-1}\) 种情况。因此 \(D_n = (n-1)D_{n-2} + (n-1)D_{n-1}\)。
1.14 多项式定理
表示 \(n\) 个球，\(k_1\) 个红球，\(k_2\) 个蓝球……有多少种方案。
这个东西显然等于
等于
等于
等于
1.15 范德蒙德卷积
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：
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 \(\binom{n}{k}, \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix},\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\)（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 \(i \in [2,n]\) 有 \(3 \nmid b_i\)。
然后显然考虑拆分成 \(b_i / 3\) 和 \(b_i \% 3\)。记 \(x_i = b_i \% 3, y_i = b_i / 3\)，则有对于 \(i = 1\)，\(x_i \in \{0,1,2\}\)；对于 \(i > 1\)，\(x_i \in \{1,2\}\)。
我们先考虑整块，也就是钦定了一套 \(x_i\) 之后，\(y_i\) 的个数怎么算？也就是计算使得 \(\sum \limits_{i = 1} ^ n y_i \le \lceil \cfrac{m - \sum x_i}{3} \rceil\) 的方案数。可以发现这个东西只和 \(\sum x_i\) 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 \(x_i(i \le [2,n])\) 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 \(O(n) \times T\)。
那么问题转化为：计算使得 \(\sum \limits_{i = 1} ^ n y_i \le t\) 的方案数。我们知道 \(\sum \limits_{i = 1} ^ n y_i = t\) 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 \(O(n \log t_{\max} + n) = O(n \log t_{\max})\)，其中 \(t_{\max} \sim m\)。
还有一种方法：
引理：\(y_i\) 都是自然数，使得 \(\sum \limits_{i = 1}^n y_i \le t\) 的方案数为 \(\binom{n + t}{n}\)。
证明：考虑插板法的过程。对于 \(\sum \limits_{i = 1}^n y_i = t\) 的方案数，也就相当于 \(t + n\) 个球，插 \(n - 1\) 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 \(\le t\) 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 \(\binom{n + t}{n}\)。
2022.11.10 NOIP Monisai Round #1 A
【题意】
有 \(n\) 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：
- 若 \(n+1\) 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 \(\cfrac{\C_{m}^n}{\C_{m}^{n+1}} = \cfrac{n+1}{n-m+1}\)。
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】
求 \((a,b)\) 的个数，其中 \(0 \le a,b < 2^n\)，并且 \(a + b\) 在二进制下加法的进位个数为 \(k\)。
\(k < n \le 10^6\)
【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 \(d_i\) 表示该位有没有进位（假设二进制下分别为第 \(1 \sim n\) 位），特别地 \(d_0 = 0\)，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 \(3^{n - i}\)。（连续段的开头只有一种选择方法，后面每一位都有三种）
于是变成了数 \(n + 1 - k\) 个 \(0\)，\(k\) 个 \(1\)，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 \(0\) 和 \(1\) 的段数是确定的。然后考虑 \(p\) 个 \(0\) 分成 \(x\) 段的个数（插板法）乘以 \(q\) 个 \(1\) 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，\(\cfrac{n(n-1)}{2}\) 条边，一共有 \(2^{\frac{n(n-1)}{2}}\) 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？\(\dbinom{m}{n} \times 2^{\frac{n(n-1)}{2}}\)，这还是有标号的。选出 \(n\) 个点，然后再赋值 \(1 \sim n\)，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。\(\dbinom{m}{n}\) 中，选 \((1,2)\) 和 \((1,3)\) 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。
