【1】组合数学基础

【1】组合数学基础#

我们用 $\dbinom{n}{m}$ 代表组合数，其含义为从 $n$ 个物体中选出 $m$ 个的方案数，也可以记为 $C_{n}^m$。

记 $n$ 的阶乘为 $\prod\limits_{i=1}^ni$，记为 $n!$。

记 $n$ 的 $m$ 次下降幂为 $\prod\limits_{i=0}^{m-1}(n-i)=\frac{n!}{(n-m)!}$，记为 $n^{\underline{m}}$。

1.1 基本恒等式#

从 $n$ 个物品中选出 $m$ 个，第 $i$ 次有 $n-i+1$ 种选法，因此总共有 $n^{\underline{m}}$ 中选法，但是因为取出的顺序被多算了，所以要除掉 $m!$，因此我们可以得到组合数的 **定义式 **：

$$\dbinom{n}{m}=\dfrac{n^{\underline{m}}}{m!}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$$

预处理阶乘和阶乘的逆元即可做到 $\Theta(n)-\Theta(1)$，不过因为需要逆元存在因此通常要求模数是大质数。

这一公式也说明了二项式系数的对称性，即 $\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}$。

同时当 $n$ 很大，$m$ 不大时，我们可以 $\Theta(m)$ 求出 $\dbinom{n}{m}$。

从另一种角度考虑，我们分第 $n$ 个物品选或者不选，可以得到 加法公式：

$$\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}{m}$$

通过这个式子我们可以做到 $\Theta(n^2)-\Theta(1)$，不对模数有要求。

我们来看加法公式的一些重要应用：

上指标求和#

$$\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{i}{m}=\dbinom{n+1}{m+1}$$

证明：

$\binom{n+1}{m+1}=\binom{n}{m}+\binom{n}{m+1}=\binom{n}{m}+\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m+1}=……$#

不断对最后一项展开即可。

平行求和#

$$\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{m+i}{i}=\dbinom{n+m+1}{n}$$

只需要利用对称性，然后通过上指标求和即可。

给出 $l_1,r_1,l_2,r_2$，请求出下式的值：

$$\sum\limits_{i=l_1}^{r_1}\sum\limits_{j=l_2}^{r_2}\dbinom{i+j}{i}$$

应用两次上指标求和即可。

另一个重要的式子是 吸收恒等式：

$$\dbinom{n}{m}=\dfrac{n}{m}\dbinom{n-1}{m-1}$$

证明很简单，按照阶乘的定义拆开即可。

移项可以得到一个更加常用的形式：

$$m\dbinom{n}{m}=n\dbinom{n-1}{m-1}$$

我们来看这种公式有什么应用：

求下式的值：

$$\sum\limits_{i=0}^ni\dbinom{m-i-1}{m-n-1}$$

我们用 $m-(m-i)$ 替换 $i$，然后得到：

$$\sum\limits_{i=0}^n(m-(m-i))\dbinom{m-i-1}{m-n-1}=\sum\limits_{i=0}^nm\dbinom{m-i-1}{m-n-1}-\sum\limits_{i=0}^n(m-i)\dbinom{m-i-1}{m-n-1}$$

然后对于后式使用吸收恒等式，变成

$$\sum\limits_{i=0}^nm\dbinom{m-i-1}{m-n-1}-\sum\limits_{i=0}^n(m-n)\dbinom{m-i}{m-n}=m\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{m-i-1}{m-n-1}-(m-n)\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{m-i}{m-n}$$

此时变成上指标求和的形式，化简完可以得到：

$\dfrac{n}{m-n+1}\dbinom{m}{m-n}$#

多重集组合数#

$$\dbinom{n}{x_1}\dbinom{n-x_1}{x_2}\cdots \dbinom{n-x_1-x_2……-x_{k-1}}{x_k}=\dfrac{n!}{x_1!x_2!\cdots x_k!}$$

最后我们来看两个最为重要的恒等式：

二项式定理#

$$(a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}$$

证明只需要考虑从每个单项式里选择 $a$ 或者 $b$ 就行。

带入一些 $a,b$ 的特例可以得到如下三个式子：

$$0^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}(-1)^i$$

组合数行内交错和。

$$2^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}$$

子集个数。

$$3^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}2^i$$

子集枚举的复杂度。

范德蒙德恒等式#

$$\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{k-i}=\dbinom{n+m}{k}$$

这里的证明则需要考虑另一种常见的方式，组合意义。

这些就是就是常见的组合恒等式。

例一#

$q$ 次询问，每次给出 $n,l,r$，求出下式的值：

$$\sum\limits_{i=l}^r\dbinom{n}{i}$$

$1\leq n,l,r,q\leq 10^5$。

1.2 常见的组合意义#

• 把 $n$ 个相同的小球分到 $m$ 个不同的盒子里，且所有盒子非空。

插板法的经典应用，可以理解成在 $n-1$ 个空隙中插入 $m-1$ 个隔板，所以方案数为 $\binom{n-1}{m-1}$。

• 把 $n$ 个相同的小球分到 $m$ 个不同的盒子里，且盒子可以为空。

等价于右面方程的非负整数解的数量 $x_1+x_2+\cdots+x_m=n$。

令 $y_i=x_i+1$，那么 $y_1+y_2+\cdots y_m=n+m$，因为 $x,y$ 一一对应，所以 $x$ 的数量就是 $y$ 的数量，而后者显然等于 $\dbinom{n+m-1}{m-1}$。

例三 [ABC240G] Teleporting Takahashi#

例四 CF1548C The Three Little Pigs#

例五 P4370 [Code+#4] 组合数问题2#

练习一 P8367 [LNOI2022] 盒#

1.3 Lucas 定理#

对于质数 $p$，有：

$$\dbinom{n}{m}\equiv \dbinom{n/p}{m/p}\dbinom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod p$$

预处理 $n,m<p$ 时的阶乘和逆元，可以在 $\Theta(p)-\Theta(\log_2(n))$ 内求组合数。

例五 [SHOI2015] 超能粒子炮·改#

设 $F(n,k)=\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{n}{i}$

$F(n,k)=\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{n\bmod p}{i\bmod p}\dbinom{n/p}{i/p}$

​ $=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\dbinom{n\bmod p}{i}\sum\limits_{j=0}^{k/p-1}\dbinom{n/p}{j}+\sum\limits_{i=0}^{k\bmod p}\dbinom{n\bmod p}{i}\dbinom{n/p}{k/p}$

​ $=F(n\bmod p,p-1)F(n/p,k/p-1)+F(n\bmod p,k\bmod p)\dbinom{n/p}{k/p}$

$\Theta(p^2)$ 预处理，组合数直接 Lucas 求，复杂度 $\Theta(p^2+T\log_p^2n)$。

这个形式更加通俗的解释是：把 $n,m$ 写成 $p$ 进制，那么组合数就是每一位的组合数的乘积。

而这个解释通常可以把 Lucas 定理和 数位DP 联系在一起。

例六 [清华集训2016] 组合数问题#

因为答案等于每一位下 $\dbinom{i_k}{j_k}$ 的乘积，所以只要存在有一位 $k$，满足 $i_k<j_k$，那么 $\dbinom{i}{j}\equiv 0\pmod p$。

考虑数位 DP，设 $f_{k,0/1,0/1,0/1,0/1}$ 表示当前到第 $k$ 位，是否出现 $i_k<j_k$ 的位，$i_k,j_k$ 是否卡上界，$i$ 是否等于 $j$。

而当 $p=2$ 时，我们可以得到一个常用推论：

• 对于 $n,m,[n\& m=m]\equiv \dbinom{n}{m}\pmod p$。

例七 [CTSC2017] 吉夫特#

题给条件显然等于 $a_{b_{i+1}}$ 是 $a_{b_i}$ 的子集，设 $f_{i}$ 表示结尾的 $a=i$ 的方案数，每次枚举子集转移即可。

例八 CF1770F Koxia and Sequence#

练习二 [AGC043B] 123 Triangle#

练习三 P7976 「Stoi2033」园游会#

1.4 Kummer 定理#

对于 $n,m,p$， $$\dbinom{n+m}{n}$$ 中 $p$ 的个数等于 $n+m$ 在 $p$ 进制下的进位次数。

这个定理同样和数位DP关系密切。

例九 CF582D Number of Binominal Coefficients#

根据 Kummer 定理，我们只需要保证进位次数 $\geq \alpha$ 即可。

数位DP，设 $f_{i,j,0/1,0/1,0/1}$ 表示当前第 $i$ 位，总进位次数为 $j$ ，是否卡上界，以及是否向当前位进位。

复杂度 $\Theta(\log_p^2A)$。