组合数学习笔记

组合数#

定义#

普通定义#

$$\binom nm=\frac{n!}{m!\ (n-m)!}$$

这里，当 $n<m$ 时，认为该式值为 $0$。

扩展定义#

$$\binom nm=\frac{n^{\underline m}}{m!}\quad(n\in\mathbb C,m\in\mathbb N)$$

基本性质#

对称性#

$$\binom nm=\binom n{n-m}$$

显然。

加法公式#

$$\binom nm=\binom{n-1}m+\binom{n-1}{m-1}$$

证明：组合意义。

在 $n$ 中选 $m$ 个，可分为两种情况：

• 选第 $n$ 个，则需在前 $n-1$ 个中选 $m-1$ 个。
• 否则需在前 $n-1$ 个中选 $m$ 个。

上指标求和#

$$\sum_{i=0}^n\binom ik=\binom{n+1}{k+1}$$

证明：数学归纳法。

• $n=k$ 时，显然有 $\binom kk=\binom{k+1}{k+1}$
• $n>k$ 时，设结论在 $\mathbb N\cap[0,n-1]$ 上成立，根据加法公式，有：

$$\begin{aligned} \binom{n+1}{k+1}&=\binom nk+\binom n{k+1}\\ &=\binom nk+\sum_{i=0}^{n-1}\binom ik\\ &=\sum_{i=0}^n\binom ik \end{aligned}$$

因此，结论成立。

吸收恒等式#

$$m\binom nm=n\binom{n-1}{m-1}$$

$$\binom nm\binom mk=\binom nk\binom{n-k}{m-k}$$

证明：第一个式子显然是第二个式子在 $k=1$ 时的特殊情况，所以只需证明第二个式子。

组合意义。从 $n$ 中选出 $m$ 个，再从这 $m$ 个中选 $k$ 个，等价于先从 $n$ 中选出 $k$ 个，再把这 $k$ 个与另外 $m-k$ 个凑出 $m$ 个。

范德蒙德卷积#

$$\sum_{i+j=m}=\binom ki\binom{n-k}j=\sum_{i=0}^m\binom ki\binom{n-k}{m-i}=\binom nm$$

证明：组合意义。考虑前 $k$ 个选几个，把所有情况相加即可。

其他#

$$\sum_{i=0}^ni\binom ni=2^{n-1}n\qquad \sum_{i=0}^ni^2\binom ni=2^{n-2}n(n+1)$$

二项式定理

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

证明：考虑展开 $(a+b)^n$ 后，$a^ib^{n-i}$ 的系数，显然为在 $n$ 个 $(a+b)$ 中选 $i$ 个 $a$ 的情况总数。

广义二项式定理#

$$(x+y)^{\alpha}=\sum_{k\ge 0}\binom{\alpha}{k}x^ky^{\alpha-k}\quad(\alpha\in\mathbb R)$$

练习 1#

求：

$$\sum_{i=0}^n\binom{n-i}i$$

解：设原式为 $f(n)$。

$$\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=0}^n\binom{n-i}i\\ &=\sum_{i=0}^n\binom{n-1-i}i+\binom{n-1-i}{i-1}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1-i}i+\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n-1-i}{i-1}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1-i}i+\sum_{i=0}^{n-2}\binom{n-2-i}i\\ &=f(n-1)+f(n-2) \end{aligned}$$

又 $f(0)=1,f(1)=1$，故 $f(n)=F_{n+1}$，其中 $F_i$ 表示斐波那契数列的第 $i$ 项。

另一种方法是利用斐波那契数列的组合意义。
求一个 $2\times n$ 的棋盘，使用任意多张 $1\times 2$ 的骨牌 完全 覆盖所有格子的方案数。设有 $f_n$ 种方案。
讨论第 $n$ 列是被一张竖着放的骨牌覆盖，还是被两张横着放的骨牌覆盖，即可得知 $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}$。

由于边界为 $f_0=1$，因此 $f_n=F_{n+1}$。用组合数计算。若有 $2i$ 张横着放置的骨牌，则一对在同一列上的骨牌会占据两列。
所以先减去 $i$ 列（肯定会被占用），然后从剩下的列中选 $i$ 列就是答案。所以 $f_n=\sum_{i=0}^n\binom{n-i}i$。

练习 2#

求：

$$\sum_{i=0}^n\binom{m+i-1}{i}$$

解：

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n\binom{m+i-1}{i} &=\sum_{i=0}^n\binom{m+i-1}{m-1}\\ &=\sum_{i=0}^{m+n-1}\binom{i}{m-1}\\ &=\binom{m+n}{m} \end{aligned}$$

第一步和第三步分别运用了对称性、上指标求和。

斯特林数#

第二类斯特林数#

定义#

$\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}$ 表示将 $n$ 个不同的元素划分为 $m$ 个互不区分的非空集合的方案数。

性质#

$$\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}$$

边界：$\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix}=[n=0]$

第一类斯特林数#

定义#

$n$ 个人坐在 $m$ 张非空圆桌上的方案数记为第一类斯特林数，用 $\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}$ 表示。

性质#

$$\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}$$

边界：$\begin{bmatrix}n\\0\end{bmatrix}=[n=0]$

下降幂和上升幂#

定义#

$$a^{\underline n}=\prod_{k=a-n+1}^ak$$

$$a^{\overline n}=\prod_{k=a}^{a+n-1}k$$

斯特林数的性质#

下降幂、上升幂与幂的转化#

$$x^{\overline m}=\sum_{k=0}^m\begin{bmatrix}m\\k\end{bmatrix}x^k\\ x^{\underline m}=\sum_{k=0}^m(-1)^{m-k}\begin{bmatrix}m\\k\end{bmatrix}x^k\\ x^m=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}x^{\underline k}$$

通项公式#

$$\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\frac 1{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kii^m$$

容斥原理#

基本公式#

设 $S$ 为有限集，$A_1,A_2,\cdots,A_n\subseteq S$，$A=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$ 则有：

$$|\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^kA_{i_j}|$$

证明：

设一个元素被 $A$ 中的 $m$ 个集合包含，则它对左侧贡献为 $1$。
它对右侧的贡献为：$\sum_{i=1}^m(-1)^{i-1}\binom{m}{i}$（从这 $m$ 个集合中任选几个集合都会包含）

$=-\sum_{i=1}^m(-1)^i\binom{m}{i}=1-\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom{m}{i}=1-(1-1)^m=1$

德 · 摩根定律#

$$\overline{\bigcup_{i=1}^nA_i}=\bigcap_{i=1}^n\overline{A_i}\qquad\qquad\overline{\bigcap_{i=1}^nA_i}=\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}$$

基本公式的变形#

根据德摩根定律变形：

$$\begin{aligned} |\bigcap_{i=1}^n\overline{A_i}|&=|\overline{\bigcup_{i=1}^{n}A_i}|\\ &=|S|-\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^kA_{i_j}|\\ &=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^{k}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^kA_{i_j}| \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} |\bigcap_{i=1}^nA_i|&=|\overline{\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}}|\\ &=|S|-\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^k\overline{A_{i_j}}|\\ &=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^{k}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^k\overline{A_{i_j}}| \end{aligned}$$

子集反演#

定义在两个集合上的函数 $\mathbf{f,g}$，若

$$\mathbf f(S)=\sum_{T\subseteq S}\mathbf g(T)$$

则

$$\mathbf g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\mathbf f(T)$$

以后有时间再证明吧。感觉和二项式反演的证明思路可能差不多。

二项式反演#

这是子集反演的特殊情况：多个集合的交集大小只和集合数目有关，而与具体是哪些集合无关。

我们用 $g(i)$ 表示某 $i$ 个补集的交集大小（即不满足某 $i$ 个条件的方案数），
$f(i)$ 表示某 $i$ 个原集的交集大小（即钦定 / 至少满足某 $i$ 个条件的方案数）。
特别地，$f(0)=g(0)=|S|$，因为 $0$ 个条件相当于任意情况。

根据上面的变形公式，我们有：

$$\begin{aligned} f(n)&=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom nkg(k)\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nkg(k)\\ g(n)&=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom nkf(k)\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nkf(k) \end{aligned}$$

令 $h(k)=(-1)^kg(k)$ 再代进去，可以得出：

$$\begin{aligned} f(n)&=\sum_{k=0}^n\binom nkh(k)\\ h(n)&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n+k}\binom nkf(k)\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkf(k) \end{aligned}$$

能得出二项式反演：

$$\begin{aligned} f(n)&=\sum_{k=0}^n\binom nkh(k)\\ h(n)&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkf(k) \end{aligned}$$

另一种表述是，若两个序列 $f,g$ 满足：

$$f_n=\sum_{i=0}^n\binom nig_i$$

则

$$g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom nif_i$$

是其充分必要条件。

这里的 $f,g$ 貌似代表什么都可以。
也就是说，我们可以不关心其具体意义，只要在推出这种式子时，知道它能够与另一个式子相互转化就可以了。

也可以用代入法证明（下面为了方便，把序列形式改成了函数形式）。

$$\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom nig(i)\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom ni\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom ijf(j)\\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom ni\binom ijf(j)\\ &=\sum_{j=0}^nf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom ni\binom ij\\ &=\sum_{j=0}^n\binom njf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom njf(j)\sum_{k=0}^{n-j}(-1)^k\binom{n-j}{k}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom njf(j)(1-1)^{n-j} \end{aligned}$$

这时我们不能直接把后面那项变为 $1$，需要分类讨论。

• 当 $n-j\ne 0$ 时，$(1-1)^{n-j}=0$。
• 否则，回到上式，其值为 $\sum_{k=0}^0\binom0k=\binom00=1$。
• 综上，$\sum_{j=0}^n\binom nj(1-1)^{n-j}=1$。

最终，得出了 $f(n)=f(n)$，证毕。

另外一种二项式反演的式子也比较常用：

$$f(n)=\sum_{i=n}^m\binom ing(i)\iff g(n)=\sum_{i=n}^m(-1)^{i-n}\binom inf(i)$$

证明为把右侧代入左侧，不再赘述。

这个式子的组合意义为 $f(n)$ 表示钦定选 $n$ 个，$g(n)$ 为恰好选 $n$ 个的方案数。如果选择这种组合意义，那么 $f(n)$ 是一个无效的数，因为钦定 $n$ 个表明存在重复的情况。所以“钦定”只能作为转化的工具，在题目中不能独立存在。同样地，在计算 $f$ 时也不要刻意去重，因为“钦定”的性质已经表明 $f$ 很可能存在重复情况。

应用#

题目常让我们求：

• 至少满足一个条件（所有集合并集大小）
• 恰好满足所有条件（所有集合交集大小）

然而，我们能求的是：

• 至少满足某 $k$ 个条件 （某 $k$ 个集合交集大小）

我们运用上面的公式转化一下就可以了。

P6076[JSOI2015]染色问题#

先考虑颜色。“每种颜色在棋盘上至少出现一次”就是“每种颜色都要出现”。

套二项式反演：

$$g_A(c)=\sum_{i=0}^c(-1)^{c-i}\binom cif_A(i)$$

对于行，我们可以强制它满足限制。也就是在计算列的时候，把方案数减一。

考虑列。

套二项式反演：

$$g_B(m)=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}\binom mif_B(i)$$

$$f_B(i)=((k+1)^i-1)^n$$

$$f_A(k)=g_B(m)=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}\binom mi((k+1)^i-1)^n$$

再代回就可以了。

推导第二类斯特林数的通项公式#

复习一下，$\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}$ 定义是
$m$ 个不同的元素划分为 $k$ 个互不区分的非空集合的方案数。

设数列 $g_k$ 表示将 $m$ 个互不相同的元素划分为 $k$ 个有区别集合的方案数，
$f_k$ 表示将 $m$ 个互不相同的元素划分为 $k$ 个有区别非空集合的方案数。
那么显然，$g_k=k^m$。

通过枚举非空集合的个数，可以得知：

$$g_k=\sum_{i=0}^k\binom kif_i$$

套用二项式反演：

$$f_k=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kig_i$$

由于斯特林数中，集合互不区分，故 $\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\dfrac{f_k}{k!}$

所以得出结论：

$$\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\frac 1{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kii^m$$