组合数学知识要点

导数与积分

%%YCB%%

排列与组合

加法法则与乘法法则

基础思想：分类计数使用加法，分步计数使用乘法

Cayley定理

$n$个有标号顶点的树的个数为$n^{n-2}$

证明：定义一个消去序列，序列与树一一对应（略）。

排列与组合

$n$元$r$排列：$\frac{n!}{(n-r)!}$

$n$元$r$组合：组合数（naive）

$n$元$r$可重排列：$n^r$（naive）

$n$元$r$可重组合：$\binom{n+r-1}{r}$

多重集$S=\{(a_1,k_1),(a_2,k_2),...,(a_n,k_n)\}$

多重集的全排列：$\frac{n!}{k_1!k_2!...k_n!}$

多重集的$r$组合：$\binom{n+r-1}{r}(\forall k\ge r)$

隔板法、放缩法是解释组合意义的利器

组合问题与二项式系数、格路问题的联系

不经过对角线的格路问题方案数求解

Wallis公式与Stirling公式

Stirling公式：$n!\backsim \sqrt{2n\pi}(\frac n e)^n$

貌似OI不怎么用得上？

递推关系与母函数

母函数

对一个数列$a_0,a_1,a_2...$构造函数

$$G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...$$

称为母函数，其长度可以是无穷大。

母函数的表示及求解

大部分无穷大的母函数可以写成若干个无穷等比数列的和

无穷等比数列求和公式：$S=\frac{a_1}{1-q}$（不失一般性地设$0<q<1$，由有穷等比数列求和$S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$将$q^n$看作无穷小可以推导出）

求解的一般步骤

一、写出递推式（形如$a_i=f(a_{i-1})$，记为递推式的第$i$项）

二、递推式的第$i$项两边乘上$x^i$，最后所有等式左右两边分别求和，形如

$$a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...=f(a_0)x+f(a_1)x^2+f(a_2)x^3+...$$

三、通过移项、无穷等比数列求和、因式分解等变换，把上面的大等式大概写成这样（分子是任意一个多项式$P(x)$，不用在意）

$$G(x)=\frac{P(x)}{(1-q_1x)(1-q_2x)...}$$

四、上式可以裂项成若干等比数列的和

$$G(x)=\frac{A_1}{(1-q_1x)}+\frac{A_2}{(1-q_2x)}+...$$

待定系数法，将上式通分以后，根据合并后的分子与上面的$P(x)$对应项的系数相等，联立方程组解出$A_1,A_2,...$。

母函数的应用

写出数列的母函数后，我们可以写出数列的通项公式，进而快速求出数列指定项$a_n$的值。

既然我们可以把大部分母函数写成等比数列和的形式，那么我们就对于每一个等比数列，算出它的$x^n$的系数，最后相加即可得到$a_n$。

优选法

就是三分求单峰函数的极值，只不过在区间的$0.382$和$0.618$等分点求值，这样有一个值在下一次的时候还能用上。

利用Fibonacci数列后一项比上前一项接近$0.618$的性质，可以使优选法取到整点。

线性常系数齐次递推关系

对于数列$\{a_n\}$有递推式

$a_n+c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+...+c_ka_{n-k}=0(a_0=d_0,a_1=d_1,...a_{k-1}=d_{k-1})$

若$\forall c,d$都是常数，则称上式为$k$阶线性常系数齐次递推关系

$C(x)=x^k+c_1x^{k-1}+c_2x^{k-2}+...+c_{k-1}x+c_k$称为特征多项式。

求解

经过复杂的变换，数列的母函数一定可以写成

$$G(x)=\frac{P(x)}{1+c_1x+c_2x^2+...+c_kx^k}$$

其中$P(x)$为一个极其复杂的最高次项不超过$k-1$的多项式。

分母显然等价于$x^kC(\frac 1 x)$，于是考虑解方程

$$C(x)=(x-α_1)^{k_1}(x-α_2)^{k_2}...(x-α_t)^{k_t}$$

$α_1,α_2,...α_t$为$C(x)$在复数域内的$t$个根，称为特征根。显然可能有重根，$k_i$即为$α_i$的重复次数，于是有$\sum\limits_{i=1}^t k_i=k$

于是将$k$个$x$乘进分母中得出

$$G(x)=\frac{P(x)}{(1-α_1x)^{k_1}(1-α_2x)^{k_2}...(1-α_tx)^{k_t}}$$

开始求$x^n$系数$a_n$，三种情况只好死记硬背

单根

设有若干单根$α_1,α_2,...α_k$

直接待定系数$A_1α_1^n+A_2α_2^n+...+A_kα_k^n$

复根

如果出现复根，肯定是一对一对的共轭复根$ρ(\cosθ\pm i\sinθ)$

待定系数$Aρ^n\cos nθ+Bρ^n\sin nθ$

多重根

有一个$k$重根$α$

待定系数$(A_0+A_1n+A_2n^2+...+A_{k-1}n^{k-1})α^n$

貌似也适用于单根$(k=1)$

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三种情况的待定系数式相加即为$a_n$的表达式

将初始值$a_0=d_0,a_1=d_1,...a_{k-1}=d_{k-1}$带入$a_n$的表达式中，得到一个$k$元方程组，求解即可。

系数都求出来了，$a_n$当然求出来啦！

整数的拆分

运用母函数解释

设有$n$个数的多重集$\{(d_1,k_1),(d_2,k_2),...(d_n,k_n)\}$，每个数可以任意选，那么可以构造一母函数

$$G(x)=(1+x^{d_1}+x^{2d_1}+...+x^{k_1d_1})...(1+x^{d_n}+x^{2d_n}+...+x^{k_nd_n})$$

展开可得

$$G(x)=1+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...+a_{(\sum kd)-1}x^{(\sum kd)-1}+x^{\sum kd}$$

其中$x^i$项系数$a_i$为将$i$拆成若干数的和的方案数。

上面讨论的是可以任意选的情况。根据题目对选择数的限制，可以对母函数进行修改，$x^{Ad_i}$不存在即表示数$d_i$不能选$A$个。

Ferrers图像

懒得解释图像，百度百科

利用图像可以得到的重要性质：整数$n$拆分成最多不超过$m$个数的和的拆分数，和$n$拆分成最大不超过$m$的拆分数相等。

指数型母函数

对一个数列$a_0,a_1,a_2...$构造函数

$$G_e(x)=a_0+\frac{a_1}{1!}x+\frac{a_2}{2!}x^2+...$$

称为指数型母函数。

这个名字是怎么来的呢？

求$e^x$的麦克劳林级数$1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...$，跟指数型母函数的定义式很像

反过来说，序列$\{1,1,1,...\}$的指数型母函数显然为$e^x$。

如果需要进行组合意义的计数，常使用指数型母函数。

常用变换

$$e^{kx}\Leftrightarrow1+kx+\frac{k^2}{2!}x^2+\frac{k^3}{3!}x^3+...$$

$$e^{-x}\Leftrightarrow1-x+\frac{k^2}{2!}x^2-\frac{k^3}{3!}x^3+...$$

$$\frac{e^x+e^{-x}}2\Leftrightarrow1+\frac{k^2}{2!}x^2+\frac{k^4}{4!}x^4+\frac{k^6}{6!}x^6...$$

第一类Stirling数

%%litble%%

定义为$n$个有区别的球划分成$m$个环的方案数。用$s(n,m)$表示。

$$s(n,m)=(n-1)s(n-1,m)+s(n-1,m-1)$$

$$s(n,m)=[x^m](\prod\limits_{i=0}^{n-1}(i+x))$$

第二类Stirling数

%%GZY%%

定义为$n$个有区别的球放进$m$个相同的盒子中，盒子不允许为空。另一种通俗的称呼是集合划分数。用$S(n,m)$表示。

$$S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1)$$

$$S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^{m-1}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n$$

Catalan数

定义为通过$n-2$条对角线把一个凸$n$边形分割的方案数。

$$C_{n+1}=\frac 1 n\binom{2n-2}{n-1}$$

$$C_n=\frac{(2n)!}{n!(n+1)!}$$

容斥原理与鸽巢原理

德摩根定理

符号约定：记$\overline A$为$A$的补集，$|A|$为$A$的元素个数。

$\overline{A\cup B}=\overline A\cap\overline B,\overline{A\cap B}=\overline A\cup\overline B$(naive)

容斥原理

先来直观的

$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$

$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|$

推广到求$|A_1\cup A_2\cup ...\cup A_n|$即$|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|$

设一个集合的集合$S=\{A_1,A_2,...,A_n\}$

那么枚举$S$的子集求并，如果这个子集大小为奇，那么容斥系数为$1$，否则为$-1$，总的式子长这样

$$|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|=\sum\limits_{i=1}^{n}|A_i|-\sum\limits_{i\neq j}|A_i\cap A_j|+\sum\limits_{i\neq j\neq k,i\neq k}|A_i\cap A_j\cap A_k|-...$$

类似地，还可以反过来求$|\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap ...\cap\overline{ A_n}|$即$|\bigcap\limits_{i=1}^n\overline{A_i}|$

$$|\bigcap\limits_{i=1}^n\overline{A_i}|=|S|-\sum\limits_{i=1}^{n}|\overline{A_i}|+\sum\limits_{i\neq j}|\overline{A_i}\cup\overline{A_j}|-\sum\limits_{i\neq j\neq k,i\neq k}|\overline{A_i}\cup\overline{A_j}\cup\overline{A_k}|+...$$

莫比乌斯反演

定义一个容斥系数$\mu(d)$

$$\mu(d)=\begin{cases}\quad1\quad,d=1\\(-1)^k,d=p_1p_2...p_k(p是互不相同的质数)\\\quad0\quad,otherwise\end{cases}$$

若$f(n),g(n)$是定义在正整数上的个函数，满足

$$f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)$$

则

$$g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac n d)$$

鸽巢原理/抽屉原理

$n$个抽屉里有$n+1$个苹果，则至少有一个抽屉里有两个苹果（naive）

群论

跳过群的基本概念吧，反正计数又用不着。

置换群

所有的有限群都可以用置换群表示。

置换的定义：一个$n$元置换是一个排列二元组，一般写成

$$p=\begin{pmatrix}1&2&3&...&n\\a_1&a_2&a_3&...&a_n\end{pmatrix}$$

表示把序列中的$i$号元素替换为$a_i$号元素。

第一行不一定要写成$1-n$，将列任意交换得到的仍是原来的置换。

Burnside引理

$L=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{p\in G}不动点个数(p)$

Pólya定理

定义$k$阶循环为一个序列$(b_1,b_2,...b_k)$，满足在置换中$a_{b_1}=b_2,a_{b_2}=b_3,...a_{b_k}=a_1$

于是一个置换可以写成若干个循环的组合，比如

$$p=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\2&4&5&1&3\end{pmatrix}$$

可以写成两个循环$(1,2,4)(3,5)$的形式。

如果$(b_1,b_2,...b_{k-1},b_k)$与$(b_2,b_3,...b_k,b_1)$视为等价的话，那么可以说每一个置换都有唯一的一个循环表示。

记$c_p$为置换$p$循环表示下循环的总数。在置换群$G$的意义下用$m$种颜色染物品，其方案数为$\frac{1}{|G|}\sum\limits_{p\in G}m^{c_p}$。