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
组合数学非常有用！我们先从一点点简单的性质开始
简单原理
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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
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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
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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
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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）
\[P(n, r) = n(n - 1)(n - 2)\cdots(n - r + 1)
\]
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
\[\frac {(x_1 + x_2 + \cdots + x_k)!}{x_1!x_2!\cdots x_k!}
\]
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
\[C(n,r) = {n \choose r} = \frac {n!}{r!(n-r)!}
\]
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
\[C(n, r)
= \frac{P(n, r)}{P(r,r)}
= \frac {\frac {n!}{(n-r)!}}{\frac{r!}{(r-r)!}}
= \frac {n!}{r!(n-r)!}
\]
性质
接下来我们考虑组合的各种性质
\[{n \choose m}
= {n \choose n - m}
= \frac nm {n - 1 \choose m - 1}
= {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}
\]
\[\binom nk \binom km = \binom nm \binom {n-k}{m-k}
\]
证明：展开即可
\[\sum_{i=k}^n \binom ik = \binom {n+1}{k+1}
\]
证明：还是考虑展开
\[\sum_{i=k}^n \binom ik =
\binom k {k+1} + \binom kk + \binom {k+1} k + \cdots + \binom nk
\]
\(\binom k {k+1}\) 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
\[\sum_{i=0}^m \binom {k+i}i = {k + m + 1 \choose m + 1}
\]
接下来是剩下的一个最重要的二项式系数恒等式：
\[\begin{aligned}
\binom rk &= (-1)^k \binom {k - r - 1} {k}
\end{aligned}
\]
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：
\[\binom rk = \frac {r^{\underline k}}{k!}
\]
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：
\[\begin{aligned}
\binom nk &= \frac {n^\underline {k}}{k!} \\
\binom nk &= \binom n {n - k} \\
\binom n k &= \binom {n - 1}k + \binom {n - 1}{k - 1} \\
\binom n m \binom{m}{k} &= \binom{n}{k} \binom{n - k}{m - k} \\
(x + y)^r &= \sum_{k} \binom{r}{k} x^k y^{r - k} \\
\binom{n}{m} &= (-1)^m \binom {m - n - 1}{m} \\
\sum_{k = 0}^n \binom{k}{m} &= {n + 1 \choose m + 1} \\
\sum_{k = 0}^m \binom{n + k}{k} &= \binom{n + m + 1}{m} \\
\sum_k \binom{n}{k} \binom{m}{s - k} &= \binom{n + m}{s} \\
\binom rk &= (-1)^k \binom {k - r - 1} {k}
\end{aligned}
\]
小练习
\[\sum_{i=0}^n i \binom ni = n 2^{n-1}
\]
证明：
考虑代数展开，通过 \({n \choose m} = {n \choose n - m}\) 变化即可。
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^n i \binom ni &= 0 \binom n0 + 1 \binom n1 + \dots + (n-1) \binom n {n-1} + n \binom nn \\
\end{aligned}
\]
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
\[0 + 1 \binom n1 + 2 \binom n2 + \cdots + n \binom nn
\]
我们可以由此联想到生成函数求导的公式
\[<a_1, a_2, a_3, \dots>
\to <a_2, 2a_3, 3a_4, \dots>
\]
那么我们考虑求导前的生成函数序列：
\[<\binom n0, \binom n1, \binom n2, \dots, \binom nn, 0, \dots>
\]
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
\[<1\binom n1, 2\binom n2, 3\binom n3, \dots, n \binom nn, 0, \dots>
\]
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
\[\sum_{i=0}^n i \binom ni = F'(1) = n (1+1)^{n-1} = n 2^{n-1}
\]
我们考虑扩展一下上述式子
\[\sum_{i=0}^n i^2 \binom ni = n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2}
\]
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：
\[\begin{aligned}
G(x) &= xF'(x) = nx(1+x)^{n-1} \\
G'(x) &= n(1+x)^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\
\end{aligned}
\]
那么我们还是借上面的思路，令 \(x = 1\)，所以
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^n i^2 \binom ni &= G'(1) \\
&= n2^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\
&= n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2} \\
\end{aligned}
\]
二项式定理
定理：令 \(n\) 是非负整数，那么有
\[\begin{aligned}
(x+y)^n & = \sum_{i = 0}^n \binom ni x^{n - i}y^i \\
& = \binom{n}{0}x^ny^0 + \binom n1 x^{n-1}y^1 + \cdots + \binom n {n-1} x^1y^{n-1} + \binom nn x^0 y^n
\end{aligned}
\]
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。
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：
\[2^{-n} \sum_{k \le n} \binom nk 2^k = 2^{-n} 3^n
\]
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。
\[\begin{aligned}
\sum_{n} \binom n {n - k} 2^{k - n} &= \sum_n (-1)^{n - k} \binom {-k - 1} {n - k} 2^{-(n - k)} \\
&= \sum_n \binom {-k - 1} {n - k} (- \frac 12)^{n - k} \\
&= (1 - \frac 12)^{-k - 1}= 2^{k + 1}
\end{aligned}
\]
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 \(\alpha \in \R\)：
\[(x + y)^{\alpha} = \sum_k \binom {\alpha}{k} x^{k} y^{\alpha - k}
\]
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：
\[\sum_{k \ge 1} \binom {n}{\lfloor \log_m k \rfloor}
\]
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：
\[\begin{aligned}
& \sum_{j \ge 0} \binom nj \sum_k [{\lfloor \log_m k \rfloor} = j] \\
= & \sum_{j \ge 0} \binom nj \sum_k [m^j \le k \lt m^{j + 1}] \\
= & \sum_{j \ge 0} \binom nj (m^{j + 1} - m^j) \\
= & (m - 1) \sum_{j \ge 0} \binom nj m^j \\
= & (m - 1) (m + 1)^n
\end{aligned}
\]
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：
\[(x + y)^{\underline n} = \sum_k \binom nk x^{\underline k} y^{\underline {n - k}}
\]
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：
\[\sum_{i=0}^t \binom ni \binom m {t-i} = \binom{n + m} t
\]
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：
\[\sum_{i=0}^n {\binom ni}^2 = \binom {2n} n
\]
扩展
范德蒙德卷积有着更为变化的形式：
\[\begin{aligned}
s \ge 0 &\to \sum_k \binom s k \binom t {m + k} = \binom {s + t}{t - m} \\
s \ge 0 &\to \sum_k (-1)^k \binom{s}{m + k} \binom{t + k} n = (-1)^{s + m} \binom {t - m}
{n - s} \\
l, m, n \ge 0 &\to \sum_{k \le l} \binom {l - k}{m} \binom {s}{k - n} (-1)^k = (-1)^{l + m} \binom {s - m - 1}{l - m - n} \\
m, n \ge 0, l + q \ge 0 &\to \sum_{-q \le k \le l} \binom {l - k}{m} \binom {q + k}{n} = \binom {l + q + 1} {m + n + 1}
\end{aligned}
\]
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：
\[\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p
\]
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：
\[\binom {sp + t}{kp + r} \equiv \binom sk \binom tr \pmod p
\]
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：
\[\begin{aligned}
(1+x)^p & \equiv 1 + \binom p1 x + \binom p2 x^2 + \binom p3 x^3 + \cdots + \binom p {p-1} x^{p-1} + x^p \pmod p \\
& \equiv 1 + x^p \pmod p
\end{aligned}
\]
那么我们正式开始推导：
\[\begin{aligned}
(1+x)^{sp+t} & \equiv (1+x)^{sp} \cdot (1+x)^t \pmod p \\
& \equiv ((1+x)^p)^s \cdot (1+x)^t \\
& \equiv (1+x^p)^s \cdot (1+x)^t \\
& \equiv \sum_{i=0}^s \binom si x^{pi} \cdot \sum_{j=0}^t \binom tj x^j
\end{aligned}
\]
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
\[\binom sk \binom tr
\]
所以，可知
\[\binom sk \binom tr \equiv \binom {sp+t} {kp+r} \pmod p
\]
得证：
\[\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p
\]
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
\[\begin{aligned}
f_n &= \sum_{i=0}^n \binom ni g_i \\
g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni f_i
\end{aligned}
\]
反演推导证明
\[\begin{aligned}
g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni \sum_{j=0}^i \binom ij g_j \\
& 求和符号变换: \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom ni \binom ij (-1)^{n - i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom nj \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i = j}^n \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i=0}^{n-j} \binom {n-j}i (-1)^{n-i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj (1 + (-1))^{n-j} \\
& [当且仅当 n=j 时有贡献: (1+(-1))^{n-j} \ne 0] \\
&= g_j \binom nj [n=j] \\
&= g_n
\end{aligned}
\]
