[学习笔记]组合数学

前言

这篇博客是为了防止自己遗忘知识点，并且对知识加深理解的

1.排列

从n个人里面取m个人来排队，看能排多少种排法

$n=5$ ， $m=3$

那么很明显，第一个位置有5个人可选择，而第二个位置剩4个人可选择，第三个位

置剩3个人可选择，所以总方案数就是

$5\times4\times3=60$ 种选择

所以得出结论(草率至极啊)

$A(n,m)=n \times (n-1) \times (n-2) ……\times (n-m+1)$

即$A(n,m)=\frac{n!}{(n-m)!}$

//x！表示的是1到x的阶乘

2.组合

从n个人里面随便选出m个人，问有多少种选法，

$n=5$ , $m=3$

那么我们假设按照排列问题来选，那么就一共有60种选法。

然而我们只考虑选了某几个人，不考虑他们怎么排，

所以就用排列的方案数除以这 $m$ 个人全排列的方案数，

就得到了组合的方案数，即（草率至极啊）

$C(n,m)=A(n,m)\div A(m,m)$

即$C(n,m)=\frac{n!}{(n-m)!m!}$

3.组合数取模（卢卡斯定理）

首先了解一下四则运算的取模

(A + B) % mod = ((A % mod) + (B % mod)) % mod

(A $\times$ B) % mod = ((A % mod) $\times$ (B % mod)) % mod

(A - B) % mod =((A % mod) - (B % mod) +mod) % mod(注意减法防止出现负数要加一个mod)

(A / B) % mod = ((A % mod) * (inv(B) % mod)) % mod（注意除法要乘逆元取模）

有大数据取模的话，千万别最后一步再取，一定用公式分散到各步取模，最后还一定要开long long，不然必炸

好，那现在问 $C(n,m)\mod p$ 的值是多少

须知

$(a\div b)\mod c=a\times$(b的逆元)$\mod c$

所以求组合数必须要特殊处理一下。

直接求逆元再按原来公式算是不可行的。

用一段错误代码解释一下：

错误代码：

void get_inv(int a)
{
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=a;++i)
		inv[i]=(mod-(mod/i))*inv[mod%i]%mod;
}
int A(int x,int y)
{
	int ans=1;
	for(int i=x-y+1;i<=x;i++)
	{
		ans=(ans%mod*i%mod)%mod;
	}
	return ans;
}
int C(int x,int y)
{
	return (A(x,y)*inv[A(y,y)]%mod)%mod;	
}

当 $n$ 和 $m$ 很大时，

get_inv求的是所有数字的逆元，并且只能求小于模数的逆元，

当 $n$ 大于模数之后就全是0。并且求 $A$ 时排列数一旦成为

模数的倍数之后，为了防止溢出你不得不取模，但取了模 $A$

就是0，答案显然不对。因此当 $n$ 和 $m$过大了之后，我们

要换用一个更优的算法。

所以就有了Lucas定理

（原文出处）

但是本文相对于原文做出了一些便于个人理解的改动。

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前置知识：费马小定理

如果 $p$ 是一个质数而整数 $a$ 不是 $p$ 的倍数，则有公式

$a^{(p-1)}≡1(\mod p)$，这是一个同余等式，你可以理解成

$(a^{(p-1)}-1)|p$，也可以理解成两边都模上p的答案相等。

两边同时除以$a$

$a^{(p-2)}≡inv[a](\mod p)$ //$inv$数组表示在 $p$ 模数下的逆元

所以 $inv[a]=a^{(p-2)}$

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Lucas定理是用来求 $c(n,m) \mod p$ ，$p$ 为素数的值。

$C(n,m)\% p=C(n/p,m/p) \times C(n\% p , m \% p)\% p$

也就是

$Lucas(n,m)\% p=Lucas(n/p,m/p)\times C(n\% p ,m\%p)\%p$

（证明什么的，我也不会，但这个定理还算好记，请叫我一声蒟蒻。）

$Lucas$ 递归出口为 $m=0$ 时返回 $1$

求$C(n\%p,m\%p)$时，即 $C(n,m)\%p$，（p是素数，n和m均小于p）

$C(n,m)\%p=\frac{A(n,m)}{A(m,m)}\%p=A(n,m)\times inv[A(m,m)]\%p$

（这个就是( $a \div b )\mod c=a\times$ (b的逆元) $\mod c$）

由于 $p$ 是素数，由费马小定理就可知

$inv[A(m,m)]=A(m,m) ^{(p-2)}$

注意 $a\times b \%c=(a\times b)\%c$

之后，我们在 $p$ 较小时预处理出 $1-p$ 内所有阶乘 $\%p$ 的值，

然后用快速幂费马小定理求出逆元就可以求出解。

而如果 $p$ 较大时，中间就容易炸，就只能逐项求出分母 $A(n,m)$ 和分子 $A(m,m)$ 模上p的值，然后通过

快速幂费马小定理求逆元求解。

$p$ 较大(如 $1e9+7$ )，不打表：

ll Pow(ll a, ll b, ll m)
{
    ll ans = 1;
    a %= m;
    while(b)
    {
        if(b & 1)ans = (ans % m) * (a % m) % m;
        b /= 2;
        a = (a % m) * (a % m) % m;
    }
    ans %= m;
    return ans;
}
ll inv(ll x, ll p)//x关于p的逆元，p为素数
{
    return Pow(x, p - 2, p);
}
ll C(ll n, ll m, ll p)//组合数C(n, m) % p
{
    if(m > n)return 0;
    ll up = 1, down = 1;//分子分母;
    for(int i = n - m + 1; i <= n; i++)up = up * i % p;
    for(int i = 1; i <= m; i++)down = down * i % p;
    return up * inv(down, p) % p;
}
ll Lucas(ll n, ll m, ll p)
{
    if(m == 0)return 1;
    return C(n % p, m % p, p) * Lucas(n / p, m / p, p) % p;
}

$p$ 较小(大约 $1e6$ 范围内就叫小)，阶乘打表

inline void get_pw()
{
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=1000000;i++)
	{
		pw[i]=pw[i-1]*i%p;
	}
}
inline ll Pow(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;
	ans%=p;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=(ans%p)*(a%p)%p;
		b/=2;
		a=(a%p)*(a%p)%p;
	}
	ans%=p;
	return ans;
}
inline ll inv(ll x)
{
	return Pow(x,p-2);
}
inline ll C(ll n,ll m)
{
	if(m>n)return 0;
	ll up=1,down=1;
	up=pw[n];down=pw[m]*pw[n-m];
	return up*inv(down)%p;
}
inline ll Lucas(ll n,ll m)
{
	if(m==0)return 1;
	return Lucas(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
}

注意 $pow$ 是内置函数，自己打应写成 $Pow$。

4.错排问题

原文出处

假设我们有 $1$ 到 $n$ 共 $n$个数，和 $1$ 到 $n$ 个位置

要求任何一个数字都不能放到与自身编号相同的位置上，比如

$1$ 不能放到 $a[1]$ 上，然后问你有多少种方案。

解法1：递推式

设 $f[n]$ 表示有 $n$ 个数字和 $n$ 个位置的方案数，

当 $n=1$ 时，数字只能放在自己对应的位置上，不可能出现

错排。故 $f(1)=0$ 。

当 $n=2$ 时，只存在一种情况，即两个数字交换位置。

故 $f(2)=1$ 。

之后进行公式推导（草率至极啊）

首先， $1$ 号元素必定要排在第 $2$ ~ $n$ 个位置

的其中之一，所以有 $(n-1)$ 种方法。

然后，假设1号元素放在了第 $k$ 个位置，那么下一

个就要排第 $k$ 个元素（鸠占鹊巢，背井离乡）。

再然后， $k$ 号元素的排列有两种方式，

一是放在第 $1$ 个位置，剩下的 $(n-2)$ 个元素进行错排，共有

$f(n-2)$ 种可能。

二是不放在第 $1$ 个位置，这时如果不放 $k$ 场上有 $(n-1)$ 个空位，

这时就形成了包括 $k$ 元素在内的 $(n-1)$ 个元素的错排，共有

$f(n-1)$ 种可能。

所以， $k$ 号元素共有 $f(n-1) + f(n-2)$种可能

又因为第一号元素共有 $(n-1)$ 种放法，根据乘法原理，

我们得知，

递推式为：

$f(n)=(n-1)\times (f(n-1)+f(n-2)\ )$。

//解法二：容斥原理(以后填坑吧)

5.递推问题

又称数位dp，一般是枚举方案数。

一般来说 $f[n]$ 表示的是共 $n$ 个位置时的方案数，

然后依照从前的某个状态来推这里的方案数。

以这道奶牛题举例。

它之中就存在一个递推关系，

每一个位置 $n$ 被新加进来，首先要继承上一个位置的方案数，

因为上个位置的方案在这个位置仍然存在。

之后就要继承 $n-k-1$ 位置的方案数，原因是我们把

$f[n]$ 拆解就会发现由全是母牛，一头公牛，两头公牛……等分别的方案数组成。

很明显一头公牛的方案就是上一级的方案加一，而全是母牛

的方案数不会变，因此 $n-k-1$ 位置全是母牛的这 $1$ 个方案

就被当作一头公牛的新方案数加进继承了 $n-1$ 位置方案数的

$n$ 位置了。

如果我们再看更高级的公牛数量，比如 $2$ 头。

那么第 $n-k-1$ 位置的 $1$ 头公牛的方案数

就会被加入到第 $n$ 个位置的 $2$ 头公牛的方案数上，

因为在新增了 $(k+1)$ 个空位之后，第 $n-k-1$ 位置的

$1$ 头公牛方案数已经可以在原来的基础上再添置一头公牛，

变成 $2$ 头公牛的方案数了。

由此就可以得出递推式:

$f[n]=f[n-1]+f[n-k-1]\ \ \ (i-k-1 ≥ 0)$

$f[n]=f[n-1]+1\ \ \ (i-k-1 < 0)$

所以这就是递推问题，总结一下可以拆成小块来看，而且还

可以自己多推几个式子，猜一下再证明。

当然这个题还可以用组合数学做，只要求出放 $i$ 头公牛

至少需要的奶牛数，别的地方随便你放。$i$ 从 $0$ 到 $(n-1)$ 跑一遍就行了