组合数学

组合数

Lucas 定理

\forall n, m, \in N, n \geq m, p \in P, (\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ n / p ⌋}{⌊ m / p ⌋}) (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p)

证明：

引理： $\forall p \in P, n \in [1, p - 1] \cap Z, (\binom{p}{n}) \equiv 0 (\mod p)$

$∵ p \in P, ∴ (\binom{p}{x}) \equiv \frac{p!}{x! (p - x)!} \equiv p \cdot \frac{(p - 1)!}{x! (p - x)!} \equiv 0 (\mod p)$ 。证毕。

有 $(1 + x)^{p} \equiv \sum_{i = 0}^{p} (\binom{p}{i}) x^{i} \equiv 1 + \sum_{i = 1}^{p - 1} (\binom{p}{i}) x^{i} + x^{p} \equiv 1 + x^{p} (\mod p)$ 。

设 ${\begin{cases} q_{n} = ⌊ \frac{n}{p} ⌋ \\ r_{n} = n mod p \\ q_{m} = ⌊ \frac{m}{p} ⌋ \\ r_{m} = m mod p \end{cases}$ ，由取模定义可知 ${\begin{cases} q_{n} p + r_{n} = n \\ q_{m} p + r_{m} = m \end{cases}$ 。

\begin{aligned} (1 + x)^{n} \\ \equiv (1 + x)^{q_{n} p + r_{n}} \\ \equiv (1 + x)^{q_{n} p} \cdot (1 + x)^{r_{n}} \\ \equiv (1 + x^{p})^{q_{n}} \cdot (1 + x)^{r_{n}} \\ \equiv (\sum_{i = 0}^{q_{n}} (\binom{q_{n}}{i}) x^{i p}) \cdot (\sum_{i = 0}^{r_{n}} (\binom{r_{n}}{i}) x^{i}) \\ \equiv \sum_{i = 0}^{q_{n}} \sum_{j = 0}^{r_{n}} (\binom{q_{n}}{i}) (\binom{r_{n}}{j}) x^{i p + j} \end{aligned}

又 $(1 + x)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{i}$

所以 $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{i} \equiv \sum_{i = 0}^{q_{n}} \sum_{j = 0}^{r_{n}} (\binom{q_{n}}{i}) (\binom{r_{n}}{j}) x^{i p + j} (\mod p)$

设 $k = i \cdot p + j$ ，因为 $0 \leq j < r_{n}$ ，所以 $i = ⌊ \frac{k}{p} ⌋, j = k mod p$

则 $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{i} \equiv \sum_{i = 0}^{q_{n}} \sum_{j = 0}^{r_{n}} (\binom{q_{n}}{⌊ \frac{k}{p} ⌋}) (\binom{r_{n}}{k mod p}) x^{k} (\mod p)$

因为 $n \geq m$ ，则对于左式有 $i = m$ 时，右式有 $k = m$ 时，即有 $(\binom{n}{m}) x^{m} \equiv (\binom{q_{n}}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{r_{n}}{m mod p}) x^{m} (\mod p)$ ，因为 ${\begin{cases} q_{n} = ⌊ \frac{n}{p} ⌋ \\ r_{n} = n mod p \end{cases}$ ，即得 $(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p)$ 。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

(\binom{n}{m}) mod P

$exLucas$ 和 $Lucas$ 定理并无多大关系， $exLucas$ 我认为是一种算法。

学习 $exLucas$ 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 $P = \prod p_{i}^{c_{i}}$ 。

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：

${\begin{cases} (\binom{n}{m}) \equiv a_{1} (\mod p_{1}^{c_{1}}) \\ (\binom{n}{m}) \equiv a_{1} (\mod p_{1}^{c_{1}}) \\ (\binom{n}{m}) \equiv a_{1} (\mod p_{1}^{c_{1}}) \\ \dots \\ (\binom{n}{m}) \equiv a_{1} (\mod p_{w}^{c_{w}}) \end{cases}$

关键在于计算 $(\binom{n}{m}) mod p^{c}$ 。

$(\binom{n}{m}) = \frac{n!}{m! (n - m)!} (\mod p^{c})$

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 $⌊ \frac{n}{p} ⌋$ 个数是 $p$ 的倍数，因为每 $p$ 个数就有一个数是 $p$ 的倍数。

则 $n! = ⌊ \frac{n}{p} ⌋! \cdot p \cdot \prod_{\begin{matrix} 1 \leq i \leq n \\ p ∤ i \end{matrix}} i$ ， $⌊ \frac{n}{p} ⌋!$ 里可能有 $p$ 的倍数，可以递归地来求。

设 $f (n) = \frac{n!}{p^{x}} mod p^{c}$ ，有 $f (n) = f (⌊ \frac{n}{p} ⌋) \cdot \prod_{\begin{matrix} 1 \leq i \leq n \\ p ∤ i \end{matrix}} i mod p^{c}$ ，没有 $\times p$ 的原因是分母是 $p^{x}$ ， $p$ 都被约掉了。

\prod_{\begin{matrix} 1 \leq i \leq n \\ p ∤ i \end{matrix}} i = (\prod_{\begin{matrix} ⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋ + 1 \leq i \leq n \\ p ∤ i \end{matrix}} i) (\prod_{0 \leq i \leq ⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋ - 1} \prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq p^{c} \\ p ∤ j \end{matrix}} (i \cdot p^{c} + j)) (\mod p^{c})

发现 $i \cdot p^{c} + j \equiv j (\mod p^{c})$

则

\prod_{\begin{matrix} 1 \leq i \leq n \\ p ∤ i \end{matrix}} i \equiv (\prod_{\begin{matrix} ⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋ + 1 \\ p ∤ i \end{matrix} \leq i \leq n} i) (\prod_{0 \leq i \leq ⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋ p^{c} - 1} i \prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq p^{c} \\ p ∤ j \end{matrix}} j) \equiv (\prod_{\begin{matrix} ⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋ p^{c} + 1 \\ p ∤ i \end{matrix} \leq i \leq n} i) (\prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq p^{c} \\ p ∤ j \end{matrix}} j)^{⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋} (\mod p^{c})

则

f (n) = f (⌊ \frac{n}{p} ⌋) \cdot (\prod_{\begin{matrix} ⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋ p^{c} + 1 \\ p ∤ i \end{matrix} \leq i \leq n} i) (\prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq p^{c} \\ p ∤ j \end{matrix}} j)^{⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋} (\mod p^{c})

调用一次 $f$ 的时间复杂度为 $O ($ 递归次数 $\times ($ 积式 $+$ 快速幂 $)) = O (\log_{p} n \cdot (p^{c} + \log_{2} ⌊ \frac{n}{p^{c}} ⌋)) = O (p^{c} \log + \log^{2})$

现在问题在于求 $x, y, z$ 。

设 $g (n) = x$ ，有 $g (n) = g (⌊ \frac{n}{p} ⌋) + ⌊ \frac{n}{p} ⌋$ 。

$n! = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n$ ，这 $n$ 个数中是 $p$ 的倍数显然有 $⌊ \frac{n}{p} ⌋$ 个，将这 $⌊ \frac{n}{p} ⌋$ 个数 $\times \frac{1}{p}$ 在相乘可得 $⌊ \frac{n}{p} ⌋!$ ，即 $g (⌊ \frac{n}{p} ⌋)$ ，所以 $g (n) = g (⌊ \frac{n}{p} ⌋) + ⌊ \frac{n}{p} ⌋$ 。

综上， $exLucas$ 有以下步骤：

质因数分解 $P = \prod p_{i}^{c_{i}}$ ，时间复杂度 $O (\sqrt{P})$ ，但是有效 $p_{i}^{c_{i}}$ 最多有 $O (7)$
计算 $(\binom{n}{m}) mod p_{i}^{c_{i}}$ ，时间复杂度 $O (p^{c} \log + \log^{2})$

$(\binom{n}{m}) = \frac{\frac{n!}{p^{x}}}{\frac{m!}{p^{y}} \frac{(n - m)!}{p^{z}}} \cdot p^{x - y - z} \equiv f (n) \cdot f (m)^{- 1} \cdot f (n - m)^{- 1} \cdot p^{g (n) - g (m) - g (n - m)} (\mod p^{c})$
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

Luogu SDIO2010古代猪文

给定整数 $q, n$ ， $1 \leq q, n \leq 10^{9}$ ，计算

q^{\sum_{d | n} C_{n}^{d}} mod 999911659

若 $q = 999911659$ ，则答案为 $0$ 。

若 $q \neq 999911659$ ，根据欧拉定理推论有： $q^{\sum_{d | n} C_{n}^{d}} \equiv q^{\sum_{d | n} C_{n}^{d} mod 999911658} (\mod 999911659)$ 。

关键在于计算 $\sum_{d | n} C_{n}^{d} mod 999911658$ ，模数不是质数，不能应用 $Lucas$ 定理，尝试将其质因数分解。

$999911658 = 2 \times 3 \times 4679 \times 35617$ ，这样的数为 $square-free-number$ ，它的所有质因子质数都是 $1$ 。设 $x = C_{n}^{d}$ ，用这四个质因数分别运用 $t e x t L u c a s$ 定理给 $x$ 取模，可得：

${\begin{cases} x \equiv a_{1} (\mod 2) \\ x \equiv a_{2} (\mod 3) \\ x \equiv a_{3} (\mod 4679) \\ x \equiv a_{4} (\mod 35617) \end{cases}$

用中国剩余定理求出 $x$ ，然后用快速幂求出 $q^{\sum x} mod 999911658$ ，即可。

时间复杂度为 $O ($ 快速幂 $+$ 求因数 $\times (Lucas$ 定理 $+$ 中国剩余定理 $)) = O (\log + \sqrt{n} (\log + \log)) = O (\sqrt{n} \log)$ 。

求法

求 $(\binom{n}{m}) mod p, p \in P$

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 $Lucas$ 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 $O (l o g_{p} (n))$ 。

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

对 $x!$ 质因数分解

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

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

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

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

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

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

证明：由定义即可得。

式子4 二项式定理

\forall n \in N, (x + y)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{i} y^{n - i}

证明：

证法1：

数学归纳法。当 $n = 0$ 时， $(x + y)^{0} = 1 = \sum_{i = 0}^{0} (\binom{0}{i}) x^{i} y^{0 - i}$ ，成立。

当 $n = m$ 成立，现在证明 $n = m + 1$ 时成立：

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

证毕。

由二项式定理可以得出许多有用的式子：

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

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

证明：将 $((- 1) + 1)^{n}$ 二项式展开即得。

式子5

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

证明：

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{i}) \\ = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{m + i}{m}) \\ = (\binom{m}{m}) + (\binom{m + 1}{m}) + (\binom{m + 2}{m}) + (\binom{m + 3}{m}) + \dots + (\binom{m + n}{m}) \\ = (\binom{m + 1}{m + 1}) + (\binom{m + 1}{m}) + (\binom{m + 2}{m}) + (\binom{m + 3}{m}) + \dots + (\binom{m + n}{m}) \\ = (\binom{m + 2}{m + 1}) + (\binom{m + 2}{m}) + (\binom{m + 3}{m}) + \dots + (\binom{m + n}{m}) \\ \dots \\ = (\binom{m + n + 1}{m + 1}) \end{aligned}

证毕。

不定方程整数解问题

问题1

m \geq n, 求 x_{i} \geq 1, x_{1} + x_{2} + x_{3} + \dots + x_{n} = m 的 正 整 数 解 方 案 数

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

给 定 n, m, a_{i} ， 求 x_{i} \geq a_{i}, x_{1} + x_{2} + x_{3} + \dots + x_{n} = m 的 正 整 数 解 方 案 数

考虑转换成问题1。换元 $y_{i} = x_{i} - a_{i} + 1$ ，原问题转化为求 $y_{i} \geq 1, y_{1} + y_{2} + y_{3} + \dots + y_{n} = m + \sum (- a_{i} + 1)$ 的正整数解方案数，答案即为 $(\binom{m + \sum (- a_{i} + 1) - 1}{n - 1})$

问题3

n \geq m ， 求 x_{i} \geq 1, x_{1} + x_{2} + x_{3} + \dots + x_{n} \leq m 正 整 数 解 方 案 数

新添一个数 $x_{n + 1}, x_{n + 1} = m - \sum_{1 \leq i \leq n} x_{i}$ ， $x_{i}$ 没用完的都给 $x_{n + 1}$ ，原问题转化为求 $x_{i} \geq 1, x_{1} + x_{2} + x_{3} + \dots + x_{n} + x_{n + 1} \leq m$ 的正整数方案数，答案即为 $(\binom{m - 1}{n})$ 。

问题4

l \leq n \leq r ， 求 x_{i} \geq 1, l \leq x_{1} + x_{2} + x_{3} + \dots + x_{n} \leq r 正 整 数 解 方 案 数

拆成两个问题：

求 $x_{i} \geq 1, x_{1} + x_{2} + x_{3} + \dots + x_{n} \leq l - 1$ 正整数解方案数
求 $x_{i} \geq 1, x_{1} + x_{2} + x_{3} + \dots + x_{n} \leq r$ 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 $2 n$ 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：

C a t_{n} = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1}

C a t_{n} = \sum_{i = 1}^{n} C a t_{i - 1} \cdot C a t_{n - i + 1}, C a t_{0} = 1

证明： $C a t_{n} = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1}$

令 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ 随意排列成一个长度为 $2 n$ 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 $2 p + 1 \in [1, 2 n] \cap Z$ ，使得 $S [1 \sim 2 p + 1]$ 中有 $p$ 个 $0$ 、 $p + 1$ 个 $1$ 。把 $S [2 p + 2 \sim 2 n]$ 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 $2 n$ 的序列 $S$ ，存在一个最小的位置 $2 p + 1 \in [1, 2 n] \cap Z$ ，使得 $S [1 \sim 2 p + 1]$ 中有 $p$ 个 $0$ 、 $p + 1$ 个 $1$ 。把 $S [2 p + 2 \sim 2 n]$ 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 $(\binom{2 n}{n - 1})$ 个。

综上，由 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ ，按某种顺序排成长度为 $2 n$ 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：

C a t_{n} = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1}) = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1}

证毕。(此证明摘自李煜东《算法竞赛进阶指南》)

证明： $C a t_{n} = \sum_{i = 1}^{n} C a t_{i - 1} \cdot C a t_{n - i + 1}, C a t_{0} = 1$

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 $f_{n} = C a t_{n}$ 。

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 $f_{n} = \sum_{i = 1}^{n} f_{i - 1} \cdot f_{n - i + 1}$ 种方案。

综上 $C a t_{n} = \sum_{i = 1}^{n} f_{i - 1} \cdot f_{n - i + 1}$ 。

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 $C a t_{n}$ 。

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 $C a t_{n}$ 。

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 $f_{n} = \sum_{i = 1}^{n} f_{i - 1} \cdot f_{n - i + 1}$ ，符合 $C a t_{n}$ ，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 $2 C a t_{n - 1}$ 。

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 $\times 2$ 。

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 $C a t_{n - 1}$ 。

容斥原理

摩根定律

记 $\overset{―}{A}$ 为以 $S$ 为全集 $A$ 的补集。

\overset{―}{A \cap B} = \overset{―}{A} \cup \overset{―}{B} \overset{―}{A \cup B} = \overset{―}{A} \cap \overset{―}{B}

容斥原理

| ⋃_{i = 1}^{n} A_{i} | = \sum_{\emptyset \neq J \subseteq {1, 2, 3, \dots, n}} (- 1)^{| J | + 1} ⋂_{i \in J} | A_{i} |

例如 $| A \cup B | = | A | + | B | - | A \cap B |$ ， $| A \cup B \cup C | = | A | + | B | + | C | - | A \cap B | - | A \cap C | - | B \cap C | + | A \cap B \cap C |$

| ⋂_{i = 1}^{n} \overset{―}{A_{i}} | = | S | - \sum_{\emptyset \neq J \subseteq {1, . . ., n}} (- 1)^{| J | + 1} | ⋂_{j \in J} A_{j} | = \sum_{J \subseteq {1, . . ., n}} (- 1)^{| J |} | ⋂_{j \in J} A_{j} |

| ⋂_{i = 1}^{n} A_{i} | = | S | - \sum_{\emptyset \neq J \subseteq {1, . . ., n}} (- 1)^{| J | + 1} | ⋂_{j \in J} \overset{―}{A_{j}} | = \sum_{J \subseteq {1, . . ., n}} (- 1)^{| J |} | ⋂_{j \in J} \overset{―}{A_{j}} |

多重集组合数

特殊情况

设 $S = {n_{1} \cdot a_{1}, n_{2} \cdot a_{2}, \dots, n_{k} \cdot a_{k}}$ 是由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ 、 $n_{2}$ 个 $a_{2}$ 、 $\dots$ 、 $n_{k}$ 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：

(\binom{k + r - 1}{k - 1})

证明：

考虑不定方程。

设选了 $x_{i}$ 个 $a_{i}$ ，则有方程 $\sum_{1 \leq i \leq k} x_{i} = r, 0 \leq x_{i} \leq n_{i}$ ，因为 $r \leq n_{i}$ ，则一定满足 $x_{i} \leq n_{i}$ 。原问题变成 $\sum_{1 \leq i \leq k} x_{i} = r, 0 \leq x_{i}$ 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 $S = {n_{1} \cdot a_{1}, n_{2} \cdot a_{2}, \dots, n_{k} \cdot a_{k}}$ 是由 $n_{1}$ 个 $a_{1}$ 、 $n_{2}$ 个 $a_{2}$ 、 $\dots$ 、 $n_{k}$ 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：

(\binom{k - 1}{k + r - 1}) - \sum_{1 \leq i \leq k} (\binom{k + r - n_{i} - 2}{k - 1}) + \sum_{1 \leq i < j \leq k} (\binom{k + r - n_{i} - n_{j} - 3}{k - 1}) - \dots + (- 1)^{k} (\binom{k + r - \sum_{i = 1}^{k} n_{i} - (k + 1)}{k - 1})

即

(\binom{k - 1}{k + r - 1}) - \sum_{\emptyset \neq S \subseteq {1, 2, 3, \dots, k}} (- 1)^{| S | + 1} (\binom{k + r - \sum_{i \in S} n_{i} - | S | - 1}{k - 1})

证明：

考虑不定方程。

设选了 $x_{i}$ 个 $a_{i}$ ，则有方程 $\sum_{1 \leq i \leq k} x_{i} = r, 0 \leq x_{i} \leq n_{i}$ 。

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 $(\binom{k - 1}{k + r - 1}) - \sum_{\emptyset \neq S \subseteq {1, 2, 3, \dots, k}} (- 1)^{| S | + 1} (\binom{k + r - \sum_{i \in S} n_{i} - | S | - 1}{k - 1})$ 。

证毕。

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本文作者：kuailedetongnian

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posted @ 2024-11-04 12:02 kuailedetongnian 阅读(49) 评论(1) 编辑收藏举报

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