蓝月の笔记——排列组合篇

摘要

万恶的数学！

Part 1 加乘原理

小学奥数内容

加法原理：当多个方案并列（即互不影响）时，总方案数为各个方案数之和

例：共有 $k$ 种交通工具可以从A地到B地，第 $i$ 种交通工具有 $a_i$ 班次，那么从A地到B地的总方案数为 ${\displaystyle \sum _{i=1}^k{a}_i}$

乘法原理：当多个方案分步完成时，总方案数为各步方案数之积

例：从 $1$ 地到 $k$ 地，规定只能从 $i$ 地单项移动到 $i+1$ 地，且有 $a_i$ 种路线，那么从 $1$ 地到 $k$ 地的总方案数为 ${\displaystyle \prod _{i=1}^{k-1}{a}_i}$

Part 2 排列组合数

排列数

从 $n$ 个小朋友种选择 $k$ 个小朋友排成一队的方法数，记为 ${\mathrm{A}}_n^k$

公式推导

选第 $1$ 个小朋友有 $n$ 种方案，选第 $2$ 个小朋友有 $n-1$ 种方案（因为有一个被选了），$\cdots$，选第 $k$ 个小朋友有 $n-k+1$ 种方案

根据乘法原理，${\mathrm{A}}_n^k={\displaystyle \prod _{i=n-k+1}^{n}i=\frac{n!}{(n-k)!}}$

组合数

从 $n$ 个小朋友种选择 $k$ 个小朋友的方法数（不考虑顺序），记为 ${\mathrm{C}}_n^k$

公式推导

选出 $k$ 个不考虑顺序的小朋友，相当于选出 $k$ 个考虑顺序的小朋友再打乱顺序，除以顺序数即可

${\mathrm{C}}_n^k=\frac{{\mathrm{A}}_n^k}{k!}=\frac{n!}{(n-k)!k!}$

对称性

在 $n$ 个里面选 $k$ 个相当于在 $n$ 个里面选 $n-k$ 个丢掉，所以 ${\mathrm{C}}_n^k={\mathrm{C}}_n^{n-k}$

多重组合数

实际上是全排列，有 $k$ 对多胞胎，共 $n$ 个人，第 $i$ 对有 $a_i$ 个人，因为每一对多胞胎之间长得太像了，所以在给他们排队时会把他们是为同一个人（即交换位置只算做一种方案），排队的方案数即为多重组合数，记为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{a_1,a_2,\cdots ,a_k})$

公式推导

假设多胞胎交换位置算作多种方案，答案显然为 $n!$

每一对多胞胎之间都有 $a_i!$ 种先后位置关系，将这些重复计算除掉即可，$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{a_1,a_2,\cdots ,a_k})=\frac{n!}{{\displaystyle \prod _{i=1}^k{a}_i!}}$

Part 3 插板法

可以理解为求不定方程 ${\displaystyle \sum _{i=1}^k{x}_i=n}$ 的解的数量

$x_i>0$

在 $n$ 个 $1$ 之间的 $n-1$ 空插 $k-1$ 个板子，分成的 $k$ 个空间的 $1$ 的个数为每一个 $x_i$ 的值

答案为 ${\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}$

$x_i\ge 0$

在 $n$ 个 $1$ 后补 $k$ 个 $1$，再插 $k-1$ 个板子，最后拿掉补的 $k$ 个 $1$，就可以留出 $0$ 个 $1$ 的区间了

答案为 ${\mathrm{C}}_{n+k-1}^{k-1}={\mathrm{C}}_{n+k-1}^n$（对称性）

$x_i\ge a_i$

令 $t=\sum a_i,s_i=x_i-a_i$

在 $n$ 个 $1$ 后补 $t$ 个 $1$，此时可以保证 $k$ 个区间内都达到了 $x_i\ge a_i$ 的要求，那么原方程转化为 ${\displaystyle \sum _{i=1}^k(s_i+a_i)=n}$，则 ${\displaystyle \sum _{i=1}^k{s}_i=n-t(s_i\ge 0)}$，变成了 $x_i\ge 0$ 的形式，按公式求解即可

答案为 ${\mathrm{C}}_{n-t+k-1}^{n-t}$

Part 4 杨辉三角&二项式定理

杨辉三角：

通过瞪眼法可以知道，杨辉三角的第 $i$ 行 $j$ 个数为 ${\mathrm{C}}_{i-1}^{j-1}$

再次通过瞪眼法可以知道，杨辉三角最左一列和最右一列都是 $1$，其它数都是它左上的数和右上的数的和，那么组合数的递推式就是 ${\mathrm{C}}_i^j={\mathrm{C}}_{i-1}^j+{\mathrm{C}}_{i-1}^{j-1}$

再再次通过瞪眼法，可以发现杨辉三角的第 $i$ 列为 $(x+y{)}^{i-1}$ 展开后每一项的系数，这就是二项式定理，用公式表示为：

将二项式推广为多项式，同理可得 $({\displaystyle \sum _{i=1}^k{x}_i{)}^n=\sum _{(a_1,a_2,\cdots ,a_k)\mathrm{满}\mathrm{足}\mathrm{性}\mathrm{质}P}((\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{a_1,a_2,\cdots ,a_k}){\displaystyle \prod _{i=1}^k{x}_i^{a_i})}}$

我们称 $k$ 元组 $(a_1,a_2,\cdots ,a_k)$ 满足性质 $P$，当且仅当 $\mathrm{\forall }i\in [1,k],x_i=a_i$ 是不定方程 $\sum _{1\le i\le k}{x}_i=n$ 的一组解

Part 5 圆排&项链排&错排

圆排列

$n$ 个人坐在一个圆桌上吃饭，排位置的方案数就是圆排列数（旋转前后算一种方案）

显然为全排列除以旋转次数，$R_n=\frac{{\mathrm{A}}_n^n}{n}=(n-1)!$

项链排列

$n$ 个不同的珠子串成一个项链，可以串成的项链数量就是项链排列数（旋转、翻转前后算一种方案）

在圆排列的基础上除以两种翻转方式，$N_n=\frac{R_n}{2}=\frac{(n-1)!}{2}$

错位排列（信封问题）

例题终于有题了

令 $p$ 是 $1\sim n$ 的一个排列，如果 $\mathrm{\forall }i\in [1,n],p_i\ne i$，那么我们称 $p$ 是 $n$ 的一个错位排列

错排数可以使用递推求解，Oi Wiki上已经讲的很清楚了，我就（懒）不（得）讲了

Code:

d[0] = 1, d[1] = 0, d[2] = 1;
for (int i = 3; i < kMaxN; i++) {
  d[i] = ((i - 1) * ((d[i - 1] + d[i - 2]) % kP)) % kP;
}

Part 6 抽屉原理

小学奥数内容

有 $n$ 个抽屉和 $n+1$ 个小朋友，把小朋友放到抽屉里（？），至少有一个抽屉里有 $2$ 个小朋友，证明留作课后习题

推广后同理可得，有 $k$ 个抽屉和 $n$ 个小朋友，再把小朋友放到抽屉里，则至少有一个抽屉里有 $\lceil \frac{n}{k}\rceil$ 个小朋友，证明留作课后习题 $2$

Part 7 容斥原理

怎么tm还是小学奥数内容

有 $x$ 个小朋友是男的，有 $y$ 个小朋友是女的，有 $z$ 个小朋友既是男的也是女的（？），则小朋友的数量就是 $x+y-z$，证明如图显然

用集合形式表示即为 $|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$

推广到一般形式：$|{\displaystyle \bigcup _{i=1}^n{A}_i|={\displaystyle \sum _{p=1}^m((-1{)}^{p-1}{\displaystyle \sum _{1\le r_1\le r_2\le \cdots \le r_p\le m}|{\displaystyle \bigcap _{i=1}^p{A}_{r_i}|)}}}}$

例题

先使用背包求出无限制的情况下所有价格的方案数，再求出用每一种硬币付不起的最小价格，最后按公式容斥即可（位运算是个好东西，可惜我不会）

// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using LL = long long;

const int kMaxN = 1e5 + 5, kN = 4 + 5;

LL n, t, c[kN], a[kN], s, dp[kMaxN], f[kN], ans;

int main() {
  cin >> c[1] >> c[2] >> c[3] >> c[4], dp[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= 4; i++) {
    for (int j = c[i]; j <= 1e5; j++) {
      dp[j] += dp[j - c[i]];
    }
  }
  for (cin >> t; t; t--, ans = f[5] = 0) {
    cin >> a[1] >> a[2] >> a[3] >> a[4] >> s, ans += dp[s];
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
      f[i] = c[i] * (a[i] + 1), (s >= f[i]) && (ans -= dp[s - f[i]]), f[5] += f[i];
    }
    for (int i = 1; i <= 3; i++) {
      for (int j = i + 1; j <= 4; j++) {
        (s >= (f[i] + f[j])) && (ans += dp[s - f[i] - f[j]]);
      }
    }
    for (int i = 1; i <= 2; i++) {
      for (int j = i + 1; j <= 3; j++) {
        for (int l = j + 1; l <= 4; l++) {
          (s >= (f[i] + f[j] + f[l])) && (ans -= dp[s - f[i] - f[j] - f[l]]);
        }
      }
    }
    (s >= f[5]) && (ans += dp[s - f[5]]);
    cout << ans << '\n';
  }
  return 0;
}

Part 8 卡特兰数

我们来看一些问题：

1.

在坐标系中从 $(0,0)\to (n,n)$，只能向右或向上走，且不能超过 $l:y=x$，问有多少种路径

2.

圆上有 $2n$ 个均匀排列的点，将它们两两相连得到 $n$ 条弦，问有多少种连接方式使这 $n$ 条弦互不相交

3.

$n$ 个节点可以构造的二叉树个数

这些问题的答案都是卡特兰数，写作 $H_n$，我们知道 $H_0=1,H_1=1,H_2=2,H_3=5,H_4=14$

To be continued