算法学习笔记(16): 组合数学基础

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22.算法学习笔记(16): 组合数学基础2023-02-08

组合数学基础

本文部分运用到了生成函数的知识

如果直接食用本文结论，请忽略下列链接。

生成函数参考博客：普通型生成函数 - Ricky2007 - 博客园

我认为讲的不错

组合数学基础

组合数学非常有用！我们先从一点点简单的性质开始

简单原理

加法原理

这非常简单，我们举一个例子即可：考虑我有 $5$ 个红苹果和 $3$ 个绿苹果，如果你要选一个苹果去吃，那么你一共有 $5 + 3 = 8$ 种选择的方法
乘法原理

同样非常简单：考虑我有 $5$ 个苹果，涵儿有 $6$ 个苹果，我们各自拿出一个苹果，那么一共有 $5 \times 6 = 30$ 种拿出的方案
减法原理和除法原理

本质与加法原理和乘法原理相似，这里不做展开
抽屉原理

(广义）如果 $n$ 个物品一共有 $k$ 种状态，那么至少有 $\lceil \frac nk \rceil$ 种物品处于一个状态

推论：一个从有 $> k$ 个元素的集合映射到 $k$ 个元素的集合的函数一定不是一对一函数。

终于正式开始将排列组合了！

排列

定理：具有 $n$ 个元素的集合，选出 $r$ 个排列的可能数（顺序相关）

P (n, r) = n (n - 1) (n - 2) \dots (n - r + 1)

$P(n, r) = n(n - 1)(n - 2)\cdots(n - r + 1)$

证明：由于顺序相关，不能选择同一个数多次，那么第一个位置有 $n$ 种选法，第二个位置有 $n - 1$ 中选法，以此类推，第 $i$ 个位置有 $n - i + 1$ 种选法。考虑乘法原理，那么就得出了上述结论。

特殊的：只要 $n$ 是一个非负整数，那么 $P(n, 0) = 1$ ，因为恰好有一种方法来排列 $0$ 个元素

简写公式：一般来说，我们不会写成上述形式，而是

$P(n, r) = \frac {n!}{(n - r)!}$

多重排列

考虑这样一个问题：我有 $7$ 个盘子， $2$ 个苹果， $3$ 个橘子和 $2$ 个桃子，分别在一个盘子中放一个水果，一共有多少种放法（我们认为同一种水果是相同的）？

经过计算，一共有 $\frac {7!}{2!3!2!} = 210$ 种放法。

抽象来说，我们将 $k$ 个元素进行排列，对于第 $i$ 个元素一共有 $x_i$ 个。那么总的排列方案数为

\frac{(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k})!}{x_{1}! x_{2}! \dots x_{k}!}

$\frac {(x_1 + x_2 + \cdots + x_k)!}{x_1!x_2!\cdots x_k!}$

组合

其实就是顺序无关的排列

定理：具有 $n$ 个元素的集合，选出 $r$ 个数组成新的集合，本质不同的集合数为

C (n, r) = (\binom{n}{r}) = \frac{n!}{r! (n - r)!}

$C(n,r) = {n \choose r} = \frac {n!}{r!(n-r)!}$

由于顺序无关，我们考虑通过排列推导。

证明：为了得出所有集合，我们先考虑顺序相关，也就是有 $P(n, r)$ 个排列，而对于每一个排列，如果不考虑顺序，一共重复计算了 $P(r, r)$ 次，所以

C (n, r) = \frac{P (n, r)}{P (r, r)} = \frac{\frac{n!}{(n - r)!}}{\frac{r!}{(r - r)!}} = \frac{n!}{r! (n - r)!}

$C(n, r) = \frac{P(n, r)}{P(r,r)} = \frac {\frac {n!}{(n-r)!}}{\frac{r!}{(r-r)!}} = \frac {n!}{r!(n-r)!}$

性质

接下来我们考虑组合的各种性质

(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m}) = \frac{n}{m} (\binom{n - 1}{m - 1}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1})

${n \choose m} = {n \choose n - m} = \frac nm {n - 1 \choose m - 1} = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}$

前两个等式，考虑按照定义展开化简即可
考虑最后一个等式，~~其实就是杨辉三角的递推~~，我们钦定 $n$ 中的一个元素，分情况讨论
- 如果不选择这个数，也就是在剩下的数中选择 $m$ 个数，那么一共有 ${n-1 \choose m}$ 种情况
- 如果选择这个数，那么只需要在剩下的数种选择 $m - 1$ 个数即可，那么一共有 $n - 1 \choose m - 1$ 种情况

(\binom{n}{k}) (\binom{k}{m}) = (\binom{n}{m}) (\binom{n - k}{m - k})

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

证明：展开即可

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

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

证明：还是考虑展开

\sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) = (\binom{k}{k + 1}) + (\binom{k}{k}) + (\binom{k + 1}{k}) + \dots + (\binom{n}{k})

$\sum_{i=k}^n \binom ik = \binom k {k+1} + \binom kk + \binom {k+1} k + \cdots + \binom nk$

$\binom k {k+1}$ 是不合法的，所以其值为 0，加上去之后不会对结果产生影响

我们通过公式 $\binom nm = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}$ 两两合并即可。

推论：我们将 $i$ 平移，那么得出

\sum_{i = 0}^{m} (\binom{k + i}{i}) = (\binom{k + m + 1}{m + 1})

$\sum_{i=0}^m \binom {k+i}i = {k + m + 1 \choose m + 1}$

接下来是剩下的一个最重要的二项式系数恒等式：

\begin{aligned} (\binom{r}{k}) & = (- 1)^{k} (\binom{k - r - 1}{k}) \end{aligned}

$\begin{aligned} \binom rk &= (-1)^k \binom {k - r - 1} {k} \end{aligned}$

这是上指标反转，需要用到广义组合数的知识。

广义组合数：

定义下降幂 $x^{\underline n} = x (x - 1) \cdots (x - n + 1)$ ，那么我们可以定义广义组合数：

(\binom{r}{k}) = \frac{r^{\underline{k}}}{k!}

$\binom rk = \frac {r^{\underline k}}{k!}$

其是一个关于 $r$ 的 $k$ 次多项式，注意 $k \in \N$ 。

于是考虑 $x^{\underline n} = x(x - 1) \cdots (x - n + 1) = (-1)^n (0 - x) (1 - x) \cdots (n - 1 - x) = (-1)^n (n - 1 - x)^{\underline n}$ ，这就是上指标反转的来源。

我们总结一下这 $10$ 个最最重要的等式：

\begin{aligned} (\binom{n}{k}) & = \frac{n^{\underline{k}}}{k!} \\ (\binom{n}{k}) & = (\binom{n}{n - k}) \\ (\binom{n}{k}) & = (\binom{n - 1}{k}) + (\binom{n - 1}{k - 1}) \\ (\binom{n}{m}) (\binom{m}{k}) & = (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{m - k}) \\ (x + y)^{r} & = \sum_{k} (\binom{r}{k}) x^{k} y^{r - k} \\ (\binom{n}{m}) & = (- 1)^{m} (\binom{m - n - 1}{m}) \\ \sum_{k = 0}^{n} (\binom{k}{m}) & = (\binom{n + 1}{m + 1}) \\ \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n + k}{k}) & = (\binom{n + m + 1}{m}) \\ \sum_{k} (\binom{n}{k}) (\binom{m}{s - k}) & = (\binom{n + m}{s}) \\ (\binom{r}{k}) & = (- 1)^{k} (\binom{k - r - 1}{k}) \end{aligned}

$\begin{aligned} \binom nk &= \frac {n^\underline {k}}{k!} \\ \binom nk &= \binom n {n - k} \\ \binom n k &= \binom {n - 1}k + \binom {n - 1}{k - 1} \\ \binom n m \binom{m}{k} &= \binom{n}{k} \binom{n - k}{m - k} \\ (x + y)^r &= \sum_{k} \binom{r}{k} x^k y^{r - k} \\ \binom{n}{m} &= (-1)^m \binom {m - n - 1}{m} \\ \sum_{k = 0}^n \binom{k}{m} &= {n + 1 \choose m + 1} \\ \sum_{k = 0}^m \binom{n + k}{k} &= \binom{n + m + 1}{m} \\ \sum_k \binom{n}{k} \binom{m}{s - k} &= \binom{n + m}{s} \\ \binom rk &= (-1)^k \binom {k - r - 1} {k} \end{aligned}$

小练习

\sum_{i = 0}^{n} i (\binom{n}{i}) = n 2^{n - 1}

$\sum_{i=0}^n i \binom ni = n 2^{n-1}$

证明：

考虑代数展开，通过 ${n \choose m} = {n \choose n - m}$ 变化即可。

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

$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n i \binom ni &= 0 \binom n0 + 1 \binom n1 + \dots + (n-1) \binom n {n-1} + n \binom nn \\ \end{aligned}$

但是，其实可以通过生成函数推导。推导步骤如下：

我们先展开，得到

0 + 1 (\binom{n}{1}) + 2 (\binom{n}{2}) + \dots + n (\binom{n}{n})

$0 + 1 \binom n1 + 2 \binom n2 + \cdots + n \binom nn$

我们可以由此联想到生成函数求导的公式

< a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots >\to< a_{2}, 2 a_{3}, 3 a_{4}, \dots >

$<a_1, a_2, a_3, \dots> \to <a_2, 2a_3, 3a_4, \dots>$

那么我们考虑求导前的生成函数序列：

< (\binom{n}{0}), (\binom{n}{1}), (\binom{n}{2}), \dots, (\binom{n}{n}), 0, \dots >

$<\binom n0, \binom n1, \binom n2, \dots, \binom nn, 0, \dots>$

显然，其生成函数展开之前为 $F(x) = (1+x)^n$

那么我们对其求导得到 $F'(x) = n(1+x)^{n-1}$

展开之后为

< 1 (\binom{n}{1}), 2 (\binom{n}{2}), 3 (\binom{n}{3}), \dots, n (\binom{n}{n}), 0, \dots >

$<1\binom n1, 2\binom n2, 3\binom n3, \dots, n \binom nn, 0, \dots>$

我们考虑需要把所有的系数加起来，那么我们令 $x = 1$ 即可

所以，得出

\sum_{i = 0}^{n} i (\binom{n}{i}) = F^{'} (1) = n (1 + 1)^{n - 1} = n 2^{n - 1}

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

我们考虑扩展一下上述式子

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

$\sum_{i=0}^n i^2 \binom ni = n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2}$

考虑还是利用生成函数的思路。

将生成函数 $F'(x) = n(1+x)^{n-1}$ 向右平移一位并再次求导：

\begin{aligned} G (x) & = x F^{'} (x) = n x (1 + x)^{n - 1} \\ G^{'} (x) & = n (1 + x)^{n - 1} + (n - 1) n x (1 + x)^{n - 2} \end{aligned}

$\begin{aligned} G(x) &= xF'(x) = nx(1+x)^{n-1} \\ G'(x) &= n(1+x)^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\ \end{aligned}$

那么我们还是借上面的思路，令 $x = 1$ ，所以

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

$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n i^2 \binom ni &= G'(1) \\ &= n2^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\ &= n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2} \\ \end{aligned}$

二项式定理

定理：令 $n$ 是非负整数，那么有

\begin{aligned} (x + y)^{n} & = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{n - i} y^{i} \\ = (\binom{n}{0}) x^{n} y^{0} + (\binom{n}{1}) x^{n - 1} y^{1} + \dots + (\binom{n}{n - 1}) x^{1} y^{n - 1} + (\binom{n}{n}) x^{0} y^{n} \end{aligned}

$\begin{aligned} (x+y)^n & = \sum_{i = 0}^n \binom ni x^{n - i}y^i \\ & = \binom{n}{0}x^ny^0 + \binom n1 x^{n-1}y^1 + \cdots + \binom n {n-1} x^1y^{n-1} + \binom nn x^0 y^n \end{aligned}$

考虑展开之后每一项都应该是 $n$ 次的，所以 $x$ 为 $i$ 次一共有 $\binom ni$ 种情况

求 $\sum_{k \le n} \binom nk 2^{k - n}$ 分别在 $k, n$ 作为变量时的封闭形式。

关于 $k$ 的和式

先将 $n \lt 0$ 的情况特判掉。

很简单的是将 $2^{-n}$ 提出来，利用二项式定理合并即可：

2^{- n} \sum_{k \leq n} (\binom{n}{k}) 2^{k} = 2^{- n} 3^{n}

$2^{-n} \sum_{k \le n} \binom nk 2^k = 2^{-n} 3^n$

关于 $n$ 的和式

先将 $k \lt 0$ 的情况特判掉。

略微复杂一点的是我们需要用到上指标反转。

\begin{aligned} \sum_{n} (\binom{n}{n - k}) 2^{k - n} & = \sum_{n} (- 1)^{n - k} (\binom{- k - 1}{n - k}) 2^{- (n - k)} \\ = \sum_{n} (\binom{- k - 1}{n - k}) (- \frac{1}{2})^{n - k} \\ = (1 - \frac{1}{2})^{- k - 1} = 2^{k + 1} \end{aligned}

$\begin{aligned} \sum_{n} \binom n {n - k} 2^{k - n} &= \sum_n (-1)^{n - k} \binom {-k - 1} {n - k} 2^{-(n - k)} \\ &= \sum_n \binom {-k - 1} {n - k} (- \frac 12)^{n - k} \\ &= (1 - \frac 12)^{-k - 1}= 2^{k + 1} \end{aligned}$

注意这里使用了广义二项式定理！

广义二项式定理可以将 $n$ 次扩展到全体实数上，其描述为对于 $\alpha \in \R$ ：

(x + y)^{α} = \sum_{k} (\binom{α}{k}) x^{k} y^{α - k}

$(x + y)^{\alpha} = \sum_k \binom {\alpha}{k} x^{k} y^{\alpha - k}$

这是非常好用的东西！

小练习

当整数 $m, n > 0$ 时，求出下式的封闭形式：

\sum_{k \geq 1} (\binom{n}{⌊ \log_{m} k ⌋})

$\sum_{k \ge 1} \binom {n}{\lfloor \log_m k \rfloor}$

这与二项式定理真的有关系吗？天知道！

我们枚举 ${\lfloor \log_m k \rfloor}$ 的取值：

\begin{aligned} \sum_{j \geq 0} (\binom{n}{j}) \sum_{k} [⌊ \log_{m} k ⌋ = j] \\ = & \sum_{j \geq 0} (\binom{n}{j}) \sum_{k} [m^{j} \leq k < m^{j + 1}] \\ = & \sum_{j \geq 0} (\binom{n}{j}) (m^{j + 1} - m^{j}) \\ = & (m - 1) \sum_{j \geq 0} (\binom{n}{j}) m^{j} \\ = & (m - 1) (m + 1)^{n} \end{aligned}

$\begin{aligned} & \sum_{j \ge 0} \binom nj \sum_k [{\lfloor \log_m k \rfloor} = j] \\ = & \sum_{j \ge 0} \binom nj \sum_k [m^j \le k \lt m^{j + 1}] \\ = & \sum_{j \ge 0} \binom nj (m^{j + 1} - m^j) \\ = & (m - 1) \sum_{j \ge 0} \binom nj m^j \\ = & (m - 1) (m + 1)^n \end{aligned}$

怎么样，很简单吧。

我们对于阶乘下降幂实际上有一个很类似的结果：

(x + y)^{\underline{n}} = \sum_{k} (\binom{n}{k}) x^{\underline{k}} y^{\underline{n - k}}

$(x + y)^{\underline n} = \sum_k \binom nk x^{\underline k} y^{\underline {n - k}}$

证明可以采用归纳法，这里就不展开了。

范德蒙德卷积

已知 $n, m, t$ 其中 $t$ 是整数：

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

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

证明：在组合意义上，相当于在 $n$ 中选 $i$ 个，在 $m$ 中选剩下的，也就是在 $n + m$ 中选择 $t$ 个。

而二项式证明这里就不展开了。

小练习

请证明：

\sum_{i = 0}^{n} {(\binom{n}{i})}^{2} = (\binom{2 n}{n})

$\sum_{i=0}^n {\binom ni}^2 = \binom {2n} n$

扩展

范德蒙德卷积有着更为变化的形式：

\begin{aligned} s \geq 0 & \to \sum_{k} (\binom{s}{k}) (\binom{t}{m + k}) = (\binom{s + t}{t - m}) \\ s \geq 0 & \to \sum_{k} (- 1)^{k} (\binom{s}{m + k}) (\binom{t + k}{n}) = (- 1)^{s + m} (\binom{t - m}{n - s}) \\ l, m, n \geq 0 & \to \sum_{k \leq l} (\binom{l - k}{m}) (\binom{s}{k - n}) (- 1)^{k} = (- 1)^{l + m} (\binom{s - m - 1}{l - m - n}) \\ m, n \geq 0, l + q \geq 0 & \to \sum_{- q \leq k \leq l} (\binom{l - k}{m}) (\binom{q + k}{n}) = (\binom{l + q + 1}{m + n + 1}) \end{aligned}

$\begin{aligned} s \ge 0 &\to \sum_k \binom s k \binom t {m + k} = \binom {s + t}{t - m} \\ s \ge 0 &\to \sum_k (-1)^k \binom{s}{m + k} \binom{t + k} n = (-1)^{s + m} \binom {t - m} {n - s} \\ l, m, n \ge 0 &\to \sum_{k \le l} \binom {l - k}{m} \binom {s}{k - n} (-1)^k = (-1)^{l + m} \binom {s - m - 1}{l - m - n} \\ m, n \ge 0, l + q \ge 0 &\to \sum_{-q \le k \le l} \binom {l - k}{m} \binom {q + k}{n} = \binom {l + q + 1} {m + n + 1} \end{aligned}$

这些式子都可以通过种种神秘的方法进行推导，此处不展开。

Lucas定理

定理：

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{n % p}{m % p}) (\mod p)

$\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p$

这个证明相对复杂，请酌情食用

证明：

我们考虑通过带余方程改写上述式子：

(\binom{s p + t}{k p + r}) \equiv (\binom{s}{k}) (\binom{t}{r}) (\mod p)

$\binom {sp + t}{kp + r} \equiv \binom sk \binom tr \pmod p$

我们通过生成函数 $F(x) = (1+x)^{sp+t}$ 的第 $kp+r$ 次项的系数求。

我们先求一个推导的时候需要的东西：

\begin{aligned} (1 + x)^{p} & \equiv 1 + (\binom{p}{1}) x + (\binom{p}{2}) x^{2} + (\binom{p}{3}) x^{3} + \dots + (\binom{p}{p - 1}) x^{p - 1} + x^{p} (\mod p) \\ \equiv 1 + x^{p} (\mod p) \end{aligned}

$\begin{aligned} (1+x)^p & \equiv 1 + \binom p1 x + \binom p2 x^2 + \binom p3 x^3 + \cdots + \binom p {p-1} x^{p-1} + x^p \pmod p \\ & \equiv 1 + x^p \pmod p \end{aligned}$

那么我们正式开始推导：

\begin{aligned} (1 + x)^{s p + t} & \equiv (1 + x)^{s p} \cdot (1 + x)^{t} (\mod p) \\ \equiv ((1 + x)^{p})^{s} \cdot (1 + x)^{t} \\ \equiv (1 + x^{p})^{s} \cdot (1 + x)^{t} \\ \equiv \sum_{i = 0}^{s} (\binom{s}{i}) x^{p i} \cdot \sum_{j = 0}^{t} (\binom{t}{j}) x^{j} \end{aligned}

$\begin{aligned} (1+x)^{sp+t} & \equiv (1+x)^{sp} \cdot (1+x)^t \pmod p \\ & \equiv ((1+x)^p)^s \cdot (1+x)^t \\ & \equiv (1+x^p)^s \cdot (1+x)^t \\ & \equiv \sum_{i=0}^s \binom si x^{pi} \cdot \sum_{j=0}^t \binom tj x^j \end{aligned}$

我们取 $x^{kp+r}$ 项

那么当且仅当 $i = k, j = r$ 时，就可以取出 $x^{kp+r}$ 项的系数。

考虑为什么当且仅当？

可知，我们需要 $ip+j = kp + r$

$\begin{aligned} & \because j \in [0, t], t \in [0, p), r \in [0, p) \\ & \therefore j = r, i = k \end{aligned}$

那么，其系数为

(\binom{s}{k}) (\binom{t}{r})

$\binom sk \binom tr$

所以，可知

(\binom{s}{k}) (\binom{t}{r}) \equiv (\binom{s p + t}{k p + r}) (\mod p)

$\binom sk \binom tr \equiv \binom {sp+t} {kp+r} \pmod p$

得证：

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{n % p}{m % p}) (\mod p)

$\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p$

程序实现：

这里还是稍微讲一下吧

首先，我们需要求出组合数，那么我们先预处理一下模数以内的阶乘和阶乘逆元：

long long fac[N], ifac[N];
for (int i = fac[0] = 1; i < MOD; ++i) fac[i] = (i * fac[i - 1]) % MOD;
ifac[MOD - 1] = quickPow(fac[MOD - 1], MOD - 2, MOD);
for (int i = MOD - 1; i; --i) ifac[i - 1] = ifac[i] * i % MOD;

考虑一下组合数的特殊情况，如果 $n < m$ 那么 $\binom nm = 0$

所以我们求模数以内的组合数方法如下：

inline int C(int i, int j) {
    return (i < j || j < 0) ? 0 : fac[i] * ifac[j] % MOD * ifac[i - j] % MOD;
}

那么Lucas定理呢？我们处理一下 $n = 0$ 的特殊情况即可

inline int Lucas(int i, int j) {
    if (j == 0) return 1;
    return Lucas(i / MOD, j / MOD) * C(i % MOD, j % MOD) % MOD;
}

广义容斥与二项式反演

这个部分相对较复杂，我给出反演公式

令 $f_n$ 表示之多拥有 $n$ 个属性的集合个数， $g_n$ 表示恰好拥有 $n$ 个属性的集合

那么

\begin{aligned} f_{n} & = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g_{i} \\ g_{n} & = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f_{i} \end{aligned}

$\begin{aligned} f_n &= \sum_{i=0}^n \binom ni g_i \\ g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni f_i \end{aligned}$

反演推导证明

\begin{aligned} g_{n} & = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) g_{j} \\ 求 和 符 号 变 换 : \\ = \sum_{j = 0}^{n} g_{j} \sum_{i = j}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) (- 1)^{n - i} \\ = \sum_{j = 0}^{n} g_{j} \sum_{i = j}^{n} (\binom{n}{j}) (\binom{n - j}{i - j}) (- 1)^{n - i} \\ = \sum_{j = 0}^{n} g_{j} (\binom{n}{j}) \sum_{i = j}^{n} (\binom{n - j}{i - j}) (- 1)^{n - i} \\ = \sum_{j = 0}^{n} g_{j} (\binom{n}{j}) \sum_{i = 0}^{n - j} (\binom{n - j}{i}) (- 1)^{n - i} \\ = \sum_{j = 0}^{n} g_{j} (\binom{n}{j}) (1 + (- 1))^{n - j} \\ [当 且 仅 当 n = j 时 有 贡 献 : (1 + (- 1))^{n - j} \neq 0] \\ = g_{j} (\binom{n}{j}) [n = j] \\ = g_{n} \end{aligned}

$\begin{aligned} g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni \sum_{j=0}^i \binom ij g_j \\ & 求和符号变换: \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom ni \binom ij (-1)^{n - i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom nj \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i = j}^n \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i=0}^{n-j} \binom {n-j}i (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj (1 + (-1))^{n-j} \\ & [当且仅当 n=j 时有贡献: (1+(-1))^{n-j} \ne 0] \\ &= g_j \binom nj [n=j] \\ &= g_n \end{aligned}$

posted @ 2023-02-08 21:53 jeefy 阅读(319) 评论(0) 编辑收藏举报

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