计数 / 组合数学学习笔记

组合数等式

第一个等式： $\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n + i}{n}) = (\binom{n + 1}{n + m + 1})$ 。

组合意义：从 $n + m + 1$ 个球里面选 $n + 1$ 个球，枚举第 $n + 1$ 个球的位置 $n + 1, n + 2, \dots, n + m + 1$ 。那么前面就剩下 $n, n + 1, \dots, n + m$ 个空位，从这些空位里选出 $n$ 个位置放下 $n$ 个球，方案数是 $(\binom{n + i}{n})$ 。

第二个等式： $\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{k - i}) = (\binom{n + m}{k})$ 。

组合意义：？

第三个等式： $(\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) = (\binom{n}{j}) (\binom{n - i}{i - j})$ 。

组合意义：从 $n$ 个球里选 $i$ 个球，再从这 $i$ 个球里选 $j$ 个球，等价于先选出最后这 $j$ 个球，再选出第一步被选出但第二步没被选出的这 $i - j$ 个球。

二项式定理

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

凯莱定理

基础版本： $n$ 个点的有标号无根树共有 $n^{n - 2}$ 种。

扩展版本： $n$ 个点，共有 $s$ 棵树的森林共有 $s n^{n - s - 1}$ 种。

Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

枚举 $a$ 与 $b$ 中间的边数 $i$ ，那么考虑：

用了 $i + 1$ 个点，除了 $a, b$ 还有 $i - 1$ 个，方案数是 $(\binom{n - 2}{i - 1})$ 。
选出的 $i - 1$ 个点可以乱排，方案数是 $(i - 1)!$ 。
赋边权相当于在 $m - 1$ 个空内插 $i - 1$ 个板，方案是数 $(\binom{m - 1}{i - 1})$ 。
其他边没有限制，方案数 $m^{n - 1 - i}$ 。
其他的点要挂在这 $(i + 1)$ 个点下面，由凯莱定理，得方案数是 $(i + 1) n^{n - (i + 1) - 1}$ 。

所以总方案就是：

\sum_{i} (\binom{n - 2}{i - 1}) (\binom{m - 1}{i - 1}) (i - 1)! m^{n - i - 1} (i + 1) n^{n - (i + 1) - 1}

容斥原理

Lemma 1

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

证明：考虑使用二项式定理，将原式转化为

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

当 $n = 0$ 时，原式无意义，将 $n = 0$ 带入左式得数为 $1$ ，故得证。

Lemma 2

| ⋃_{i = 1}^{n} | S_{i} = \sum_{T \subseteq {1, 2, \dots, n}, T \neq \emptyset} (- 1)^{| T | - 1} | ⋂_{j \in T} S_{j} |

二项式反演：

f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) g (x) \leftrightarrow g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) f (i)

证明：

f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{j} (\binom{i}{j}) f (j)

= \sum_{i = 0}^{x} f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{x}{j}) (\binom{j}{i})

= \sum_{i = 0}^{x} f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{x}{i}) (\binom{x - i}{j - i})

= \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{x - i}{j - i})

= \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = 0}^{x - i} (- 1)^{2 i + j} (\binom{x - i}{j})

= \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = 0}^{x - i} (- 1)^{j} (\binom{x - i}{j})

= \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) [x - i = 0]

= (\binom{x}{x}) f (x)

= f (x)

[ABC276G] Count Sequences

记 $b_{i}$ 为 $a_{i}$ 的差分数组， $a$ 与 $b$ 唯一对应。

那么问题转化为对满足以下条件的 $b$ 计数：

$b$ 全部非负， $b_{i} (2 \leq i \leq n)$ 模 $3$ 的余数为 $1$ 或 $2$ ， $\sum b \leq m$ 。

考虑确定一下 $b_{1} mod 3$ 的值，因为只有两种。它不需要递增啊！

假设 $b_{1} = a + 3 k$ ，其余的 $b$ 中有 $r$ 个模 $3$ 为 $2$ ，那它们对和的占用就是 $a + r + n - 1$ ，剩下的就是 $m - a - r - n + 1$ ，现在我们补上一堆 $3 k$ ，那么这个量不会超过 $S = ⌊ \frac{m - a - r - n + 1}{3} ⌋$ 。

这部分的方案数是 $\sum_{i = 1}^{S} (\binom{n + i - 1}{n - 1}) = (\binom{n + S}{n})$ 。做完了捏。

第一个有用的东西是数列不减考虑差分，也便于刻画相同的情况。

二是考虑算重，直接用幂的情况必须完全互不影响，先给 $1$ 放上再给 $2$ 放上，和先给 $2$ 放上再给 $1$ 放上显然是相同的。

[ABC180F] Unbranched

首先转化一下题目：求有 $n$ 个点， $m$ 条边，每个联通块都是链或简单环且大小不超过 $L$ 的方案数。

dp，设 $f_{i, j}$ 表示处理了 $i$ 个点， $j$ 条边的图的方案数，这里的“处理了”并不是指在编号上的选取，而是目前规划的图的点数，这一点要格外注意。转移时考虑枚举新一个联通块的大小。

这样显然会算冲，因为我们钦定了联通块的顺序，那怎么办呢。我们可以使用选取基准点的思想，枚举的是当前未被选取的编号最小的点所在的联通块大小，那么这样就非常对了。这种思想在计数题中非常重要。

方程其实不难想到，分成链和环两部分。

链： $f_{i, j} = \sum_{k = 1}^{min (n, L, j + 1)} f_{i - k, j - (k - 1)} (\binom{n - (i - k) - 1}{k - 1}) \frac{k!}{2}$ 。含义是先从剩下的点中选 $k$ 个，但是钦定了一个，所以要减一。后面则是 $k$ 个点的链的方案数。除二是因为每种排列方式反过来本质一样。

环： $f_{i, j} = \sum_{k = 2}^{min (n, L, j)} f_{i - k, j - k} (\binom{n - (i - k) - 1}{k - 1}) \frac{(k - 1)!}{2}$ 。最后那个是因为环循环同构，所以要在排列数上除掉点数。

注意联通块的上下界和一个特判：如果当前的阶乘为 $1$ ，那么就不要再除二了。

初值显然为 $f_{0, 0} = 1$ ，答案为 $f_{n, m}$ ，时间复杂度 $O (n^{2} m)$ 。

[AGC041D] Problem Scores

条件三是前 $k + 1$ 个数的和要大于后 $k$ 个数的和。

有没有可能某个 $k$ 的限制是最紧的呢？确实是这样的。考虑 $k = ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ ，那么 $k$ 变小左边去掉得数不大于右边去掉的数，一直满足， $k$ 变大出现交集，去掉交集后转化为 $k$ 变小。

现在要求你前 $k + 1$ 个数大于后 $k$ 个数，咋做呢。

考虑维护这两个和的差值。初始时令所有数都为 $n$ 。单调不减转化为每次拿出一个前缀减一。可以计算出每个前缀 $[1, i]$ 对差值的减小量。

你只需要从里面选出若干个，每个可以选多次，使得它们的和不超过 $n - 1$ 。如果超过了就不是严格大于了，完全背包即可。

这里的背包应该倒着做，我们原来完全背包正序循环是为了让先更新的能更新后更新的，同理，现在应该倒序循环。

P9745「KDOI-06-S」树上异或

考虑值域小的做法，设 $f_{x, v}$ 表示不考虑以 $x$ 为根的子树外面的，仅考虑它里面，且根所在的连通块异或和为 $v$ 的各个方案分出的连通块的权值和。

转移考虑如果这条边不断，那么跟所在的连通块会与这个子节点权值发生异或；如果断，就要乘上这个子节点连通块的权值。

所以 $f_{y, j} \times f_{x, i \oplus j} \to f_{x, i} ， f_{y, j} \times j \times f_{x, i} \to f_{x, i}$ 。注意要先存下来之前的 $f$ ，防止第一个相互转移。

优化只需考虑把每一位分别计算即可，记 $f_{x, p, i}$ 表示第 $p$ 为值为 $i$ 的结果，转移变化为。

$f_{x, p, j} \times f_{y, p, i \oplus j} \to f_{x, p, i}, f_{x, p, i} \times 2^{j} \times f_{y, j, 1} \to f_{x, p, i}$

对于子节点的第二个转移，我们计算的是 $f_{x, p, i} \times \sum (2^{j} \times f_{y, j, 1})$ ，容易提前计算，时间复杂度 $O (n \log V)$ 。

posted @ 2024-08-26 09:04 aCssen 阅读(14) 评论(0) 编辑收藏举报

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