组合数学相关总结

目录

• P3197 [HNOI2008]越狱
  • 题意：
  • 思路：
• P6184 [USACO08OCT]Building A Fence G
  • 题意：
  • 思路：
• BZOJ3907 网格
  • 题意：
  • 思路：
• P4071 [SDOI2016]排列计数
  • 题意：
  • 思路：
• CF886E Maximum Element
  • 题意：
  • 思路：
• BZOJ4403 序列统计
  • 题意：
  • 思路：
• P6669 [清华集训2016] 组合数问题
  • 题意：
  • 思路：
• UVA11806 Cheerleaders
  • 题意：
  • 思路：
• CF449D Jzzhu and Numbers
  • 题意：
  • 思路：
• TopCoder P13444 CountTables
  • 题意：
  • 思路:
• P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界
  • 题意：
  • 思路：
• CF1278F Cards
  • 题意：
  • 思路：
• P3349 [ZJOI2016]小星星
  • 题意：
  • 思路：

以下题目都是本专题的经典例题。如不特别说明，则题目来源为洛谷。

P3197 [HNOI2008]越狱

题意：

\(n\) 个格子，\(m\) 种颜色，求至少有两个相邻格子颜色相同的方案数。

思路：

补集转换，求不存在任何两个相邻格子颜色相同的方案数。乘法原理。

答案是

\[m^n-m\times(m - 1)^{n - 1} \]

P6184 [USACO08OCT]Building A Fence G

题意：

长为 \(n\) 的木板，需要把木板切成四块，使得这四块可以围成面积不为零的四边形。求方案数。\(n\leq 2500\)。

思路：

原题当然很简单，我们考虑 \(O(n)\) 怎么做。

考虑从 \(n\) 个物品中插入3个隔板。总方案数为 \(\dbinom{n - 1}{3}\)。

减去不合法的方案数，即至少有一块长度大于等于 \(\left\lceil\dfrac{n}{2}\right\rceil\)。考虑枚举最长板的长度，再在剩下的长度中隔板法。注意最后乘上4。

最终答案

\[\dbinom{n-1}{3}-4\times\sum\limits_{i = \left\lceil \dfrac{n}{2}\right\rceil}^{n - 3}\dbinom{n - i- 1}{2} \]

BZOJ3907 网格

题意：

从笛卡尔坐标系 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\)，中途保证 \(x\geq y\) 的方案数。

思路：

简单卡特兰数扩展。

\[\dbinom{x+y}{x} - \dbinom{x + y}{y - 1} \]

P4071 [SDOI2016]排列计数

题意：

求有多少个 \(1\sim n\) 的排列，满足序列中恰好中有 \(m\) 个位置 \(i\)，使得 \(a_i=i\)。

思路：

\[\dbinom{n}{m} \times D_{n-m} \]

其中，\(D\) 是错位排列。

\[D_n=(n - 1)\times(D_{n - 1} + D_{n - 2}) \]

CF886E Maximum Element

题意：

有一个人用这个函数求序列的最大值。

int fast_max(int n, int a[]) { 
    int ans = 0;
    int offset = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        if (ans < a[i]) {
            ans = a[i];
            offset = 0;
        } else {
            offset = offset + 1;
            if (offset == k)
                return ans;
        }
    return ans;
}

求有多少个 \(1\sim n\) 的排列，使得它求出来的最大值不是 \(n\)。

思路：

先DP。\(f[i]\) 表示有多少个 \(1\sim i\) 的排列满足函数运行到最后还没有退出。

\[\begin{aligned} f[i] &= \sum\limits_{j = i - k + 1}^{i}f[j - 1]\times\dbinom{i - 1}{i - j}\times(i - j)! \\ &= \sum\limits_{j = i - k+1}^i f[j - 1]\times \dfrac{(i - 1)!}{(j - 1)!} \end{aligned} \]

前缀和优化。

\[ans = n! - \sum\limits_{i=1}^n f[i - 1]\times\dbinom{n - 1}{n - i}\times(n - i)! \]

BZOJ4403 序列统计

题意：

长度在 \(1\sim n\) 期间，元素大小在 \(L\sim R\) 之间的单调不降序列的数量。

思路：

设 \(m = R - L + 1\)。

插板法，考虑枚举长度 \(i\)，一共有 \(i\) 个物品，\(m - 1\) 个插板。当然插板可以为空。再用上指标求和公式。

\[\dbinom{n+m}{m} - 1 \]

P6669 [清华集训2016] 组合数问题

题意：

对于给定的 \(n,m,K\)，有多少个 \(0\leq i \leq n,0\leq j\leq m\)，满足 \(\dbinom{i}{j}\) 是 \(K\) 的倍数。

思路：

卢卡斯定理。

将 \(n\)、\(m\) 都转换成 \(K\) 进制数。搞数位DP。我们发现，\(K|\dbinom{i}{j}\) 当且仅当存在一位，\(i\) 的这一位比 \(j\) 的这一位小。

补集转换。设 \(f[i,0/1,0/1]\) 表示从高向低考虑了 \(i\) 位的方案数。在转移的时候保证上指标的这一位不比下指标小即可。

UVA11806 Cheerleaders

题意：

在 \(n\times m\) 的矩阵上放 \(K\) 个人。满足：

1. 四个边上必须有人。
2. 每个格子上至多放一个人。
3. 每个人都有位置。

求方案数。

思路：

设 \(A_1\) 代表最上边没人的方案的集合，\(A_2\) 代表最下边没人的方案的集合，\(A_3\) 代表最左边没人的方案的集合，\(A_4\) 代表最右边没人的方案的集合。

求 \(|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\overline{A_3}\cap\overline{A_4}|\)。

简单容斥原理。

CF449D Jzzhu and Numbers

题意：

给出一个序列 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\)，求满足以下条件的序列个数。

1. $i_1<i_2<\cdots<i_k $
2. \(a_{i_1}\& a_{i_2}\&\cdots\& a_{i_k}=0\)

思路：

容斥原理套DP。

假设我们已经求出了DP数组 \(f[S]\)，表示有多少个 \(a\) 中的元素，满足 \(S\) 中的位都是1。

其中，\(a_{i,j}\) 表示 \(a_i\) 的第 \(j\) 位。

最终的答案就是

\[ans = \sum\limits_{S} (-1)^{|S|}\times 2^{f[S] - 1} \]

再来考虑 \(f\) 怎么求。

设 \(dp[i,S]\) 表示，\(S\) 的前 \(i\) 位放宽了限制，\(S\) 的后 \(i\) 位还没有放宽限制的元素个数。

所谓放宽限制就是指，如果 \(S\) 这一位是1，那么元素这一位必须是1；如果 \(S\) 这一位是0，那么元素这一位没有要求。

所谓没有放宽限制就是指，必须和 \(S\) 中的每一位都相同。

最终，\(f[S]=dp[0,S]\)。

TopCoder P13444 CountTables

题意：

找出满足以下条件的 \(n\times m\) 矩阵的个数：

1. 矩阵中的每个元素都是在 \(1\sim c\) 之间。
2. 矩阵中不存在完全相同的两行，不存在完全相同的两列。

思路:

先来考虑如果只限制不存在完全相同的两行，这题该怎么做。

我们发现，每一行的取值有 \(c^m\) 种，从中挑出 \(n\) 个，再考虑顺序。即 \(\dbinom{c^m}{n}\times n!\)。

再来考虑加上不存在完全相同的两列的限制。

设DP状态 \(f[i]\) 为满足条件的 \(n\times i\) 的矩阵个数。

则 \(f[i] = \dbinom{c^i}{n}\times n! - \sum\limits_{j = 1}^{i - 1}S(i,j)\times f[j]\)。

其中 \(S\) 是第二类 Stirling 数。

P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界

题意：

给出一棵 \(n\) 个点的树，对于每个节点 \(i\)，求

\[d(i) = \sum\limits_{1\leq x\leq n}^{x \neq i} dist(x, i) ^ K \]

思路：

运用一个著名的性质：

\[x^n=\sum_{k = 0}^n S(n, k) \times x^{\underline{k}} \]

其中，\(x^{\underline{k}}\) 表示 \(x\times(x-1)\times (x-2)\times\cdots\times (x-k+1)\)

所以原式可以被化简为

\[\begin{aligned} d(i)&=\sum\limits_{1\leq x\leq n}^{x\neq i} \sum\limits_{p = 0} ^ K S(K, p)\times dist(x, i) ^{\underline{p}}\\ &=\sum\limits_{1\leq x\leq n}^{x\neq i} \sum\limits_{p = 0} ^ K S(K, p)\times \dbinom{dist(x, i)}{p}\times p!\\ &= \sum\limits_{p = 0}^KS(K, p)\times p!\sum_{1\leq x\leq n}^{x\neq i} \dbinom{dist(x, i)}{p}\\ \end{aligned} \]

我们可以换根DP处理 \(\sum\limits_{1\leq x\leq n}^{x\neq i}\dbinom{dist(x, i)}{p}\)。

CF1278F Cards

题意：

有 \(n\) 个独立的随机变量 \(x_i\)，每个都有 \(P\) 的概率为1，有 \(1-P\) 的概率为0。计算 \(E\left(\left(\sum\limits_{i=1}^nx_i\right)^K\right)\)。

思路：

又是一道推式子题，还是得用到上一道题的性质。

考虑枚举1的个数。

\[\begin{aligned} ans &= \sum\limits_{i = 0}^n\dbinom{n}{i} P^i(1-P)^{n - i}i^K\\ &= \sum\limits_{i = 0}^n\dbinom{n}{i} P^i(1-P)^{n - i}\sum\limits_{j=0}^K S(K, j)\times i^{\underline{j}} \\ &= \sum\limits_{i = 0}^n\dbinom{n}{i} P^i(1-P)^{n - i}\sum\limits_{j=0}^K S(K, j)\times \dbinom{i}{j}\times j! \\ &= \sum\limits_{j = 0}^K S(K, j) \times j! \times\sum\limits_{i = 0}^n \dbinom{n}{i}P^i(1-P) ^{n - i}\times\dbinom{i}{j}\\ &= \sum\limits_{j = 0}^K S(K, j) \times j! \times \dbinom{n}{j}\times \sum\limits_{i = j}^n P^i(1-P) ^{n - i}\times \dbinom{n - j}{i - j}\\ &= \sum\limits_{j = 0}^K S(K, j) \times j! \times \dbinom{n}{j}\times \sum\limits_{i = 0}^{n - j}P^{i+j}(1-P) ^{n - i-j}\times \dbinom{n - j}{i}\\ &= \sum\limits_{j = 0}^K S(K, j) \times j! \times \dbinom{n}{j}\times P^j\times \sum\limits_{i = 0}^{n - j}P^{i}(1-P) ^{(n - j) - i}\times \dbinom{n - j}{i}\\ &= \sum\limits_{j = 0}^K S(K, j) \times j! \times \dbinom{n}{j}\times P^j \end{aligned} \]

数学就这么神奇！

P3349 [ZJOI2016]小星星

题意：

给出一个 \(n\) 个节点的树 \(T\) 和 \(n\) 个节点的无向图 \(G\)，求点的映射的数量，使得树是图的子图。\(n \leq 17\)。

思路：

这题的标算非常精妙。

首先考虑一个暴力。

设DP状态 \(f[i, j, s]\) 表示 \(T\) 中的节点 \(i\) 被映射到 \(G\) 中的节点 \(j\)，且 \(G\) 中 \(s\) 这些点已经被映射过的方案数。做一遍树形DP。转移时枚举子集转移即可。复杂度 \(O(3^n\times n^3)\)，不足以通过本题。

于是我们放弃像 \(s\) 这样的精确的对应关系，转而把目光投在那些模糊的、不能准确描述的、可能有重复的状态设计上。

具体来说，我们在外层循环一个 \(s\)，然后设 \(f[i,j]\) 表示 \(T\) 中的节点 \(i\) 被映射到 \(G\) 中的节点 \(j\) 上的方案数。对于 \(i\) 的一个儿子 \(v\) 以及它的映射 \(t\)，转移的时候只需要保证 \(i\) 和 \(t\) 都在 \(s\) 中，且 \(G\) 中有 \((t,j)\) 这条边即可。

细想一下，这玩意绝对是错的。因为我们在转移的时候无法保证 \(i\) 的各个儿子所映射的节点是不同的。

所以，在外层循环结束后，我们开始容斥。

考虑如果映射中至少有一个点重复，那么 \(|s|\) 就会等于 \(n-1\)。类似地，如果映射中至少有 \(\alpha\) 个点重复，那么 \(|s|\) 就会等于 \(n-\alpha\)。

最终的答案就是 \(\sum\limits_s (-1)^{n-|s|} g(s)\)。其中，\(g(s)=\sum\limits_j f[1,j]\)。