组合数学
组合数
Lucas 定理
证明：
引理：\(\forall p\in\mathbb{P},n\in[1,p-1]\cap\mathbb{Z},\binom{p}{n} \equiv 0 \pmod{p}\)
\(\because p\in\mathbb{P},\therefore\binom{p}{x}\equiv\frac{p!}{x!(p-x)!}\equiv p \cdot \frac{(p-1)!}{x!(p-x)!} \equiv 0 \pmod p\)。证毕。
有 \((1+x)^p\equiv\sum\limits_{i=0}^{p}{\binom{p}{i}x^i}\equiv 1+\sum\limits_{i=1}^{p-1}{\binom{p}{i}x^i}+x^p\equiv{1+x^p}\pmod p\)。
设 \(\begin{cases} q_n = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor \\ r_n = n \bmod p \\ q_m = \lfloor\frac{m}{p}\rfloor \\ r_m = m \bmod p \end{cases}\)，由取模定义可知 \(\begin{cases} q_np+r_n=n \\ q_mp+r_m=m \\ \end{cases}\)。
又 \((1+x)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i}\)
所以 \(\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i} \equiv \sum\limits_{i=0}^{q_n}\sum\limits_{j=0}^{r_n}{\binom{q_n}{i}\binom{r_n}{j}x^{ip+j}} \pmod p\)
设 \(k = i \cdot p + j\)，因为 \(0 \leq j < r_n\)，所以 \(i = \lfloor\frac{k}{p}\rfloor, j = k \bmod p\)
则 \(\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i} \equiv \sum\limits_{i=0}^{q_n}\sum\limits_{j=0}^{r_n}{\binom{q_n}{\lfloor\frac{k}{p}\rfloor}\binom{r_n}{k \bmod p}x^{k}} \pmod p\)
因为 \(n\geq m\)，则对于左式有 \(i=m\) 时，右式有 \(k=m\) 时，即有 \(\binom{n}{m}x^m\equiv\binom{q_n}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{r_n}{m \bmod p}x^m \pmod p\)，因为 \(\begin{cases}q_n = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor \\ r_n = n \bmod p\end{cases}\)，即得 \(\binom{n}{m}\equiv\binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{n \bmod p}{m \bmod p}\pmod p\)。证毕。
扩展Lucas exLucas
给定正整数 \(n,m,P,1\leq m \leq n \leq 10^{18},1\leq P \leq 10^6\)，求
\(\text{exLucas}\) 和 \(\text{Lucas}\) 定理并无多大关系，\(\text{exLucas}\) 我认为是一种算法。
学习 \(\text{exLucas}\) 之前建议看看阶乘质因数分解。
\(P\) 不为质数，将 \(P\) 质因数分解 \(P = \prod\limits{p_i^{c_i}}\)。
将 \(\binom{n}{m}\) 对每个 \(p^c\) 取模，得出若干同余方程，利用中国剩余定理求出答案：
\(\begin{cases} \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \cdots \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_{w}^{c_{w}}} \\ \end{cases}\)
关键在于计算 \(\binom{n}{m} \bmod {p^c}\)。
\(\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!} \pmod {p^c}\)
有除法，但是 \(m!(n-m)!\) 不一定和 \(p^c\) 互质，即可能无法求出其逆元。
一个方法是将 \(m!(n-m)!\) 的因子 \(p\) 都除去，使之与 \(p^c\) 互质：
\(\frac{n!}{m!(n-m)!} \equiv \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y} \cdot \frac{(n-m)!}{p^z}} \cdot p^{x-y-z}\)，\(x\) 就是 \(n!\) 质因数分解后 \(p\) 的指数，\(y,z\) 同理。
\(n! = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n\) 这 \(n\) 个数当中有 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 个数是 \(p\) 的倍数，因为每 \(p\) 个数就有一个数是 \(p\) 的倍数。
则 \(n! = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor! \cdot p \cdot \prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i}\)，\(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor!\) 里可能有 \(p\) 的倍数，可以递归地来求。
设 \(f(n) = \frac{n!}{p^x} \bmod p^c\)，有 \(f(n) = f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) \cdot \prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i} \bmod p^c\)，没有 \(\times p\) 的原因是分母是 \(p^x\)，\(p\) 都被约掉了。
发现 \(i \cdot p^c + j \equiv j \pmod {p^c}\)
则
则
调用一次 \(f\) 的时间复杂度为 \(O(\) 递归次数 \(\times(\) 积式 \(+\) 快速幂 \())=O(\log_pn \cdot (p^c + \log_2\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor)) = O(p^c\log + \log^2)\)
现在问题在于求 \(x,y,z\)。
设 \(g(n)=x\)，有 \(g(n)=g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) + \lfloor\frac{n}{p}\rfloor\)。
\(n! = 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n\)，这 \(n\) 个数中是 \(p\) 的倍数显然有 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 个，将这 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 个数 \(\times \frac{1}{p}\) 在相乘可得 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor!\)，即 \(g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)\)，所以 \(g(n)=g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) + \lfloor\frac{n}{p}\rfloor\)。
综上，\(\text{exLucas}\) 有以下步骤：
-
质因数分解 \(P = \prod\limits{p_i^{c_i}}\)，时间复杂度 \(O(\sqrt{P})\)，但是有效 \(p_i^{c_i}\) 最多有 \(O(7)\)
-
计算 \(\binom{n}{m} \bmod p_i^{c_i}\)，时间复杂度 \(O(p^c\log + \log^2)\)
\(\binom{n}{m} = \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}\cdot p^{x-y-z} \equiv f(n) \cdot f(m)^{-1} \cdot f(n-m)^{-1} \cdot p^{g(n)-g(m)-g(n-m)} \pmod{p^c}\)
-
用中国剩余定理求出方程组的解，即为答案。时间复杂度 \(O(7 \cdot \log n)\)
步骤 2. 的 \(p^c\) 最坏为 \(P\)。
关于 1. 3. 时间复杂度为什么和 \(7\) 有关，因为方程的个数即为 \(P\) 不同质因数的个数，最坏情况为 \(P = 2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17\)，\(2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17 \times 19 > 10^6\)。
1.2. 是嵌套关系，1.2. 执行完执行 3. ，则总时间复杂度为 \(O(\sqrt{P} + 7 \cdot (P\log + \log^2) + 7\log n) = O(\sqrt{P} + P\log)\)。
例题 SDOI2010古代猪文
给定整数 \(q,n\)，\(1\leq q,n \leq 10^9\)，计算
若 \(q=999911659\)，则答案为 \(0\)。
若 \(q\neq 999911659\)，根据欧拉定理推论有：\(q^{\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}}\equiv q^{\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}\bmod 999911658}\pmod {999911659}\)。
关键在于计算 \(\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}\bmod 999911658\)，模数不是质数，不能应用 \(\text{Lucas}\) 定理，尝试将其质因数分解。
\(999911658 = 2 \times 3 \times 4679 \times 35617\)，这样的数为 \(\text{square-free-number}\)，它的所有质因子质数都是 \(1\)。设 \(x = C^{d}_{n}\)，用这四个质因数分别运用 \(text{Lucas}\) 定理给 \(x\) 取模，可得：
\(\begin{cases} x\equiv a_1 \pmod 2 \\ x\equiv a_2 \pmod 3 \\ x\equiv a_3 \pmod {4679} \\ x\equiv a_4 \pmod {35617} \\ \end{cases}\)
用中国剩余定理求出 \(x\)，然后用快速幂求出 \(q^{\sum{x}}\bmod 999911658\)，即可。
时间复杂度为 \(O(\)快速幂 \(+\) 求因数 \(\times(\text{Lucas}\) 定理 \(+\) 中国剩余定理\())=O(\log+\sqrt{n}(\log+\log))=O(\sqrt{n}\log)\)。
求法
求 \(\binom{n}{m} \bmod p, p\in\mathbb{P}\)
方法 \(1\):
通过 \(\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1}\) 求组合数，时间复杂度 \(O(n^2)\)，回答时间复杂度 \(O(1)\)。
方法 \(2\):
预处理 \(0\sim n\) 的阶乘和阶乘的逆元，时间复杂度 \(O(n)\)，回答时间复杂度 \(O(1)\)。
方法 \(3\):
利用 \(\text{Lucas}\) 定理，预处理 \(0\sim p-1\) 的阶乘和阶乘的逆元，时间复杂度 \(O(p)\)，回答时间复杂度 \(O(log_p(n))\)。
方法 \(4\):
求 \(\binom{n}{m}, n\leq 5000, m\leq 5000, n\geq m\)。
注意，没有取模，需要用到高精度。
利用 \(\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1}\) \(O(n^2)\) 做貌似可以，但是要用到高精度，还有 \(O(n)\) 的位数，则时间复杂度 \(O(n^3)\)。
唯一分解即质因数分解
根据定义式 \(\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}\) 来做，又因为组合数一定是个整数，所以我们用不到高精度除法，对分子和分母唯一分解，分子的每个质数的指数一定大于等于分母的对应指数，若小于则 \(m!(n-m)!\) 不整除 \(n!\)，与组合数是整数矛盾。
综上步骤为：
- 对 \(n!,m!,(n-m)!\) 唯一分解。
- 约分，即用 \((n-m)!,m!\) 唯一分解出的质数消 \(n!\) 唯一分解出的质数。
- 高精度 \(\times\) 低精度
代码实现：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 5010;
int primes[N], cnt;
int sum[N];
bool st[N];
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int get(int n, int p) // 求n!中 质因子 p 需要累乘的次数
{
int res = 0;
while (n)
{
res += n / p;
n /= p;
}
return res;
}
vector<int> mul(vector<int> a, int b)
{
vector<int> c;
int t = 0;
for (int i = 0; i < a.size(); i ++ )
{
t += a[i] * b;
c.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
while (t)
{
c.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
return c;
}
int main()
{
int a, b;
cin >> a >> b;
get_primes(a);//用欧拉筛筛出 [1~a] 范围内的质数
for (int i = 0; i < cnt; i ++ )
{
int p = primes[i];
sum[i] = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p); // C(a,b) 中第 i 个质数需要累乘的次数
}
vector<int> res;
res.push_back(1);
for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 枚举质因子
for (int j = 0; j < sum[i]; j ++ ) // 枚举当前质因子的个数
res = mul(res, primes[i]); // 做高精度乘低精度
for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i -- ) printf("%d", res[i]);
puts("");
return 0;
}
一些基本式子
式子1
证明：由定义即可得。
它的组合意义是从 \(n\) 个数中选 \(m\) 个数，与从 \(n\) 个数中选 \(n-m\) 个数的方案数相同，相当于剩下 \(n-m\) 个数不选。
式子2
证明：由定义即可得。
它的组合意义是 从 \(n\) 个数中选 \(m\) 个数的方案数 = 已经考虑了前 \(n - 1\) 个数，选择当前数的方案数（\(\binom{n-1}{m-1}\)） + 不选当前数的方案数 （\(\binom{n-1}{m}\)）
它满足杨辉三角（帕斯卡三角）。
它可以看做一个递推式。
式子3
证明：由定义即可得。
式子4 二项式定理
证明：
证法1：
数学归纳法。当 \(n = 0\) 时，\((x+y)^0=1=\sum\limits_{i=0}^{0}\binom{0}{i}x^iy^{0-i}\)，成立。
当 \(n=m\) 成立，现在证明 \(n=m+1\) 时成立：
证毕。
由二项式定理可以得出许多有用的式子：
-
\(\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}=2^n\)
证明：将 \((1+1)^n\) 二项式展开即得。
它的组合意义是，从 \(n\) 个数中选若干个数的方案数 = 从 \(n\) 个数中选 \(0\) 个数的方案数 + 从 \(n\) 个数中选 \(1\) 个数的方案数 + ... + 从 \(n\) 个数中选 \(n\) 个数的方案数。
-
\(\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i} = 0\)
证明：将 \(((-1)+1)^n\) 二项式展开即得。
式子5
证明：
证毕。
不定方程整数解问题
问题1
隔板法。
考虑有 \(m\) 个点，放入 \(n - 1\) 个隔板，将 \(m\) 个点分成 \(n\) 组点，每组点的个数为 \(x_i\) 的值。
例如：\(m=10,n=3\)，有一种方案是：.|.......|..，这代表 \(x_1=1,x_2=7,x_3=2\)。
隔板显然不能放最左边和最右边，则 \(m\) 个点总共有 \(m-1\) 个空可供 \(n-1\) 个隔板放置，答案即为 \(\binom{m-1}{n-1}\)。
问题2
考虑转换成问题1。换元 \(y_i=x_i-a_i+1\)，原问题转化为求 \(y_i\geq 1,y_1+y_2+y_3+\cdots+y_n=m+\sum(-a_i+1)\)的正整数解方案数，答案即为 \(\binom{m+\sum(-a_i+1)-1}{n-1}\)
问题3
新添一个数 \(x_{n+1},x_{n+1} = m - \sum\limits_{1\leq i\leq n} x_i\)，\(x_i\) 没用完的都给 \(x_{n+1}\)，原问题转化为求 \(x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n+x_{n+1}\leq m\) 的正整数方案数，答案即为 \(\binom{m - 1}{n}\)。
问题4
拆成两个问题：
- 求 \(x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq l-1\) 正整数解方案数
- 求 \(x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq r\) 正整数解方案数
2.的方案数 - 1.的方案数即为答案。
卡特兰数 Catalan
给定 \(n\) 个 \(0\) 和 \(n\) 个 \(1\)，按某种顺序排成长度为 \(2n\) 的序列，满足任意前缀中 \(0\) 的个数都不少于 \(1\) 的个数的序列的数量为：
证明：\(Cat_n = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}\)
令 \(n\) 个 \(0\) 和 \(n\) 个 \(1\) 随意排列成一个长度为 \(2n\) 的序列 \(S\)，若 \(S\) 不满足任意前缀中 \(0\) 的个数都不小于 \(1\) 的个数，则存在一个最小的位置 \(2p+1\in[1,2n]\cap\mathbb{Z}\)，使得 \(S[1\sim 2p+1]\) 中有 \(p\) 个 \(0\)、\(p+1\) 个 \(1\)。把 \(S[2p+2\sim2n]\) 中所有数字取反后，包含 \(n-p-1\) 个 \(0\)、\(n-p\) 个 \(1\)。于是我们得到了由 \(n-1\) 个 \(0\) 和 \(n+1\) 个 \(1\) 排成的、存在一个前缀 \(0\) 比 \(1\) 多的序列。
同理。令 \(n-1\) 个 \(0\) 和 \(n+1\) 个 \(1\) 随意排列成一个长度为 \(2n\) 的序列 \(S\)，存在一个最小的位置 \(2p+1\in[1,2n]\cap\mathbb{Z}\)，使得 \(S[1\sim 2p+1]\) 中有 \(p\) 个 \(0\)、\(p+1\) 个 \(1\)。把 \(S[2p+2\sim2n]\) 中所有数字取反后，我们得到了由 \(n\) 个 \(0\) 和 \(n\) 个 \(1\) 排成的、存在一个前缀 \(0\) 比 \(1\) 多的序列。
因此，以下两种序列构成一个双射：
- 由 \(n\) 个 \(0\)、\(n\) 个 \(1\) 排成的、存在一个前缀 \(0\) 比 \(1\) 多的序列。
- 由 \(n-1\) 个 \(0\)、\(n+1\) 个 \(1\) 排成的序列。
后者显然有 \(\binom{2n}{n-1}\) 个。
综上，由 \(n\) 个 \(0\) 和 \(n\) 个 \(1\)，按某种顺序排成长度为 \(2n\) 的序列，满足任意前缀中 \(0\) 的个数都不少于 \(1\) 的个数的序列的数量为：
证毕。(此证明摘自李煜东《算法竞赛进阶指南》)
证明：\(Cat_n = \sum\limits_{i=1}^n{Cat_{i-1} \cdot Cat_{n-i+1}},Cat_0=1\)
考虑序列 \(1,2,3,...,n\) 经过一个栈的合法出栈的方案数 \(f_n\)。
将进栈操作看做 \(0\), 出栈操作看做 \(1\)，则 \(f_n = Cat_n\)。
对于当前数字 \(i\)，\(1\sim i-1\) 有 \(f_{i-1}\) 进出栈方案，\(i+1\sim n\) 有 \(f_{n-i+1}\) 种进出栈方案，所以共有 \(f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}\) 种方案。对于所有数字有 \(f_n=\sum\limits_{i=1}^n{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}\) 种方案。
综上 \(Cat_n = \sum\limits_{i=1}^n{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}\)。
证毕。
与卡特兰数有关的问题
\(n\) 个左括号和 \(n\) 个右括号组成的合法括号序列的数量为 \(Cat_n\)。
证明：将左括号看做 \(0\)，将右括号看做 \(1\) 即得。
\(n\) 个节点构成不同的二叉树的数量为 \(Cat_n\)。
证明：设\(n\) 个节点构成不同的二叉树的数量为 \(f_n\)，对于当前的节点 \(i\)，\(1\sim i-1\) 节点放置的方案数为 \(f_{i-1}\)，\(i+1\sim n\) 节点放置的方案数为 \(f_{n-i+1}\)，则 \(f_n = \sum\limits_{i=1}^{n}{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}\)，符合 \(Cat_n\)，的式子。
在平面直角坐标系中，从 \((0,0)\) 开始，每一步只能向上或向右走，走到 \((n, n)\) 并且除两个端点外不接触直线 \(y=x\) 的路线数量为 \(2Cat_{n-1}\)。
证明：
第一步只能向上或向右走，就变成了两个本质相同的问题，所以答案 \(\times2\)。
现在考虑第一步向右走，即从 \((1,0)\) 点开始。设走一步的操作为 U、R，U 代表向上，R 代表向右，最后走到 \((n,n)\) 点的操作一定形如 RRUURRU...，由 \(n-1\) 个 U 和 \(n-1\) 个 R 组成的串。为了不接触直线 \(y=x\)，操作一定满足任意前缀 R 的数量大于等于 U 的数量。将 R 看做 \(0\)，U 看做 \(1\)，答案即为 \(Cat_{n-1}\)。
容斥原理
摩根定律
记 \(\overline{A}\) 为以 \(S\) 为全集 \(A\) 的补集。
容斥原理
例如 \(|A\cup B| = |A| + |B| - |A\cap B|\)，\(|A\cup B\cup C| = |A| + |B| + |C| - |A\cap B| - |A\cap C| - |B\cap C| + |A\cap B\cap C|\)
多重集组合数
特殊情况
设 \(S = \{n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k\}\) 是由 \(n_1\) 个 \(a_1\)、\(n_2\) 个 \(a_2\)、\(\cdots\)、\(n_k\) 个 \(a_k\) 组成的多重集。给定非负整数 \(r\)，\(\forall i,r \leq n_i\)。从 \(S\) 中取出 \(r\) 个元素组成一个多重集（不考虑元素的顺序），可得的不同多重集的数量为：
证明：
考虑不定方程。
设选了 \(x_i\) 个 \(a_i\)，则有方程 \(\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i \leq n_i\)，因为 \(r\leq n_i\)，则一定满足 \(x_i \leq n_i\)。原问题变成 \(\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i\) 的正整数解，这是不定方程整数解问题2，答案即为 \(\binom{k+r-1}{k-1}\)，证毕。
一般情况
设 \(S = \{n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k\}\) 是由 \(n_1\) 个 \(a_1\)、\(n_2\) 个 \(a_2\)、\(\cdots\)、\(n_k\) 个 \(a_k\) 组成的多重集。给定非负整数 \(r\)。从 \(S\) 中取出 \(r\) 个元素组成一个多重集（不考虑元素的顺序），可得的不同多重集的数量为：
即
证明：
考虑不定方程。
设选了 \(x_i\) 个 \(a_i\)，则有方程 \(\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i \leq n_i\)。
先不考虑 \(x_i \leq n_i\) 的限制，\(0\leq x_i\) 的方案数为 \(\binom{k-1}{k+r-1}\)，然后再减去不合法的方案。
不合法的方案为 \(\exists x_i,x_i\geq n_i\)的方案。于求不合法的方案：
设 \(x_a \geq n_a\)，则限制变为 \(x_a \geq n_a, 0\leq x_i, (i\neq a)\)，这是不定方程整数解问题2，答案即为 \(\binom{k+r-n_a-2}{k - 1}\)。
设 \(a\neq b,x_a \geq n_a, x_b \geq n_b\)，则限制变为 \(x_a \geq n_a,x_b\geq n_b, 0\leq x_i, (i\neq a,i\neq b)\)，这是不定方程整数解问题2，答案即为 \(\binom{k+r-n_a-n_b-3}{k - 1}\)。上一种包含含这种情况，所以要减去。
以此容斥。
最中得到 \(\binom{k-1}{k+r-1} - \sum\limits_{\emptyset\neq S\subseteq\{1,2,3,\dots,k\}}{(-1)^{|S|+1}\binom{k+r-\sum\limits_{i\in S}{n_i}- |S| -1}{k-1}}\)。
证毕。
