组合数学

合集 - 数学(6)

1.组合数学01-22

2.数论01-22 3.前置数学01-22 4.欧拉函数2024-07-25 5.线性代数01-20 6.多项式01-22

组合数学#

一些必要 trick#

推式子，先提 $\sum$ 和 $Π$ 到最前面，然后从后往前合并，必要时考虑更改 $\sum$ 的取值
看到次方变为斯特林数， $x^{n} = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} (\binom{x}{i}) i! = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{m - i} \frac{i^{n}}{(m - i)!} (\binom{x}{i})$
注意莫反、欧反的形式

推式子基本原理#

先把 $\sum$ 移到最前面。
将多个 $\sum$ 排序，范围更小的放在前面。
将只与当前 $\sum$ 有关的式子尽量往前提。
将能简化式子的特殊边界提出来。
从后往前处理。

基本概念#

$a^{\underset{―}{m}}$ 表示 $a$ 的 $m$ 次下降幂。
$a^{\overset{―}{m}}$ 表示 $a$ 的 $m$ 次上升幂。

递推式#

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

证明

从组合意义上推导，在 n 个人中选 m 个相当于单独考虑最后一人，若他要选，则为 $(\binom{n - 1}{m - 1})$ 他不选则为 $(\binom{n - 1}{m})$ 。

吸引/相伴等式#

\begin{aligned} \frac{(\binom{n}{m})}{(\binom{n - 1}{m - 1})} & = \frac{n}{m} \\ \frac{(\binom{n}{m})}{(\binom{n - 1}{m})} & = \frac{n}{n - m} \\ \frac{(\binom{n}{m})}{(\binom{n}{m - 1})} & = \frac{n - m + 1}{m} \end{aligned}

另外的形式：

\begin{aligned} k (\binom{n}{k}) & = n (\binom{n - 1}{k - 1}) \\ (n - k) (\binom{n}{k}) & = n (\binom{n - 1}{k}) \end{aligned}

上指标反转#

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

证明

\begin{aligned} (\binom{n}{m}) = \frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!} & = \frac{n \times (n - 1) \times (n - 2) \times . . . \times (n - m + 1)}{m!} \\ = \frac{(- 1)^{m} \times (- n) \times (1 - n) \times . . . \times (m - n - 1)}{m!} \\ = \frac{(- 1)^{m} \times (m - n - 1)^{\underset{―}{m}}}{m!} \\ = (- 1)^{m} (\binom{m - n - 1}{m}) \end{aligned}

三项式系数恒等式#

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

等式两边拆开约分即可得证。

平行求和#

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

证明

将 $(\binom{n + m + 1}{m})$ 用加法公式展开即可。

上指标求和#

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

证明

从组合意义入手，相当于我从 $n + 1$ 个数中选 $m + 1$ 个数，先假设选 $i$ ，那么 $i$ 前面还需要选 $m$ 个数，枚举这个 $i$ ，即为答案。

也可通过微积分求导知识进行证明，这里不再详述。

练习一：#

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

解

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

下指标求和（整行）#

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

证明

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) & = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) 1^{n - i} 1^{i} \\ = (1 + 1)^{n} = 2^{n} \end{aligned}

交错求和#

\sum_{k = 0}^{m} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) = (- 1)^{m} (\binom{n - 1}{m}), m \in Z

证明

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{m} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) & = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{k - n - 1}{k}) 上指标反转 \\ = (\binom{m - n}{m}) 平行求和 \\ = (- 1)^{m} (\binom{n - 1}{m}) 上指标反转 \end{aligned}

下指标卷积（范德蒙德卷积）#

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

证明

从 $n$ 个数中选 $i$ 个数，再从 $m$ 个数中选 $k - i$ 个数，相当于从 $n + m$ 个数中选 $k$ 个数。

练习二：#

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

解

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

上指标卷积#

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{a}) (\binom{n - i}{b}) = (\binom{n + 1}{a + b + 1})

证明

相当于从左边 $i$ 个中选 $a$ 个，右边 $n - i$ 个中选 $b$ 个。等于从 $n$ 个中选 $a + b$ 个，枚举分割点 $i$ 。

练习三：#

求 $\sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{m})$

解

\begin{aligned} \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{m}) & = \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{m}) (\binom{n - m}{i - m}) \\ = (\binom{n}{m}) \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n - m}{i - m}) \\ = (\binom{n}{m}) \sum_{i = 0}^{n - m} (- 1)^{i + m} (\binom{n - m}{i}) \\ = (\binom{n}{m}) (- 1)^{m} \sum_{i = 0}^{n - m} (- 1)^{i} (\binom{n - m}{i}) \times 1^{n - m - i} \\ = (\binom{n}{m}) (- 1)^{m} 0^{n - m} \\ = (- 1)^{m} [n = m] \end{aligned}

例题：P2791 幼儿园篮球题

至此，组合数学的基本内容已结束。

总结如下图：

Lucas定理#

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p)

其中 $p$ 为质数。

证明

注意到 $(\binom{p}{n}) \equiv [n = p \lor n = 0] (\mod p)$ ，

因此 $(a + b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p)$ 。

对于 $f (x) = (1 - x)^{n}, f (x) [x^{m}] = (\binom{n}{m})$ 。

我们现在对 $f (x)$ 做一点变换，

\begin{aligned} f (x) & = (1 + x)^{n} \\ = (1 + x)^{p \times ⌊ \frac{n}{p} ⌋} (1 + x)^{n mod p} \\ = ((1 + x)^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (1 + x)^{n mod p} \end{aligned}

f (x) \equiv (1 + x^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (1 + x)^{n mod p} (\mod p)

所以对于 $f (x)$ ，前半部分 $((1 + x)^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋}$ 一定为 $p$ 的倍数，后半部分 $(1 + x)^{n mod p}$ 一定小于 $p$ ，设 $h (x) = (1 + x^{p})^{⌊ \frac{n}{p} ⌋}$ ， $g (x) = (1 + x)^{n mod p}$ 。

$f (x) [x^{m}] = h (x) [x^{k p}] \times g (x) [x^{r}] (\mod p)$

所以就有 $m = k p + r \to k = ⌊ \frac{m}{k} ⌋ ， r = m mod p$ 。

就可以得出：

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) (\binom{n mod p}{m mod p}) (\mod p)

二项式定理#

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

拓展——下降（上升）幂二项式定理#

(x + y)^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{n - i}} y^{\underset{―}{i}} (x + y)^{\overset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\overset{―}{n - i}} y^{\overset{―}{i}}

证明（这里不用数学归纳法进行证明）

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\overset{―}{n - i}} y^{\overset{―}{i}} & = \sum_{i = 0}^{n} \frac{n!}{(n - i)! i!} x^{\overset{―}{n - i}} y^{\overset{―}{i}} \\ = \sum_{i = 0}^{n} n! \frac{x^{\overset{―}{n - i}} y^{\overset{―}{i}}}{(n - i)! i!} \\ = n! \sum_{i = 0}^{n} (\binom{x}{i}) (\binom{y}{n - i}) \\ （ 根据范德蒙德卷积) & = n! (\binom{x + y}{n}) \\ = (x + y)^{\underset{―}{n}} \end{aligned}

上升幂方法相同。

错排#

定义：一个满足 $a_{i} \neq i$ 的序列。

推导式：

f_{n} = (n - 1) (f_{n - 1} + f_{n - 2})

证明

若当前将 $1$ 放到位置 $k (k \neq 1)$ ，那么 $k$ 的放置位置可以分类讨论：

$k$ 放在位置 $1$ 上，那么还会剩下 $n - 2$ 个数错排，方案数为 $f_{n - 2}$ 。
$k$ 放到某个位置 $t (t \neq 1)$ ，那么假设 $1$ 号位置填上了 $P$ ，则 $p \neq 1 \land p \neq k$ ，此时可以考虑一个新序列，把 $1$ 去掉，此时方案数为 $f_{n - 1}$

例题：P7438 更简单的排列计数

设 ${cyc}_{π}$ 将长为 $n$ 的排列 $π$ 当成置换时所能分解成的循环个数。给定两个整数 $n, k$ 和一个 $k - 1$ 次多项式，对 $1 \leq m \leq n$ 求：

\sum_{π} F ({cyc}_{π})

其中 $π$ 是长度为 $m$ 且不存在位置 $i$ 使得 $π_{i} = i$ 的排列。

解

\begin{aligned} \sum_{π} F (c y c_{π}) & = \sum_{π} \sum_{i = 0}^{k - 1} f_{i} \times c y c_{π}^{i} \\ = \sum_{π} \sum_{i = 0}^{k - 1} \sum_{j = 0}^{i - 1} f_{i} {\binom{i}{j}} (\binom{c y c_{π}}{j}) j! \\ = \sum_{j = 0}^{k - 1} j! \sum_{i = j}^{k - 1} f_{i} {\binom{i}{j}} \sum_{π} (\binom{c y c_{π}}{j}) \end{aligned}

我们发现， $\sum_{i = j}^{k - 1} f_{i} {\binom{i}{j}}$ 与 $\sum_{π} (\binom{c y c_{π}}{j})$ 无关，所以可以将其预处理。

$j! ， f_{i} ， {\binom{i}{j}}$ 都是能够优先处理的。现在考虑 $(\binom{c y c_{π}}{j})$ 的处理。

定义函数 $C_{t, j}$ 为长度为 $t$ ，环数为 $j$ 的排列数， $P_{t, j} = \sum_{| π | = t} (\binom{c y c_{π}}{j})$ ，通过推导，能够得出：

\begin{aligned} C_{t, j} & = (n - 1) (C_{t - 1, j} + C_{t - 2, j - 1}) \\ P_{t, j} & = (n - 1) (P_{t - 1, j} + P_{t - 2, j - 1} + P_{t - 1, j - 1}) \end{aligned}

那么答案即为：

\begin{array}{r} \sum_{j = 0}^{k - 1} j! \sum_{i = j}^{k - 1} f_{i} {\binom{i}{j}} \sum_{k = 1}^{n} P_{i, j} \end{array}

其中 $i$ 的复杂度为 $O (n)$ ， $j$ 的复杂度为 $O (k)$ ，总复杂度为 $O (n k)$ ，不会超时。

鸽巢定理#

原理：将 $(\sum_{i = 1}^{n} p_{i}) - n + 1$ 个东西放入 $n$ 个盒子中，一定存在一个盒子 $i$ ，使得第 $i$ 个盒子至少装了 $p_{i}$ 个物品。

证明（反证法）

\forall x \in N^{*} \land 1 \leq x \leq n, a_{i} < p_{i} \sum a_{i} < (\sum p_{i}) - n < (\sum p_{i}) - n + 1

与条件矛盾，故成立。

练习四#

有十个数 $a_{1}, a_{2} . . . a_{1} 0$ 满足 $\forall_{1 \leq i \leq 10} 1 \leq a_{i} \leq 60$ ，证明能够从 $a_{i}$ 中挑出两个交为空的子集，使得它们的和相等。

证明

两个交为空的子集和相等，所以加上交集后和仍不变，总共有 $2^{10} = 1024$ ，但值域仅为 $[0, 600]$ ，故能够选出。

练习五#

证明一张有超过 $1$ 个点的简单无向图必定有两点度数相等。

证明

考虑分类讨论：

有 $2$ 个度数为 $0$ 的点，符合条件。
有 $1$ 个度数为 $0$ 的点，则第 $n$ 个点需要连 $n - 1$ 条边，故至少有一个点符合。
没有度数为 $0$ 的点，那么边数的范围为 $[1, n - 1]$ ，所以符合。

练习六#

证明能从任意 11 个实数中挑选出 4 个数 $a, b, c, d$ 满足：

$(a c + b d)^{2} \geq \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2})$

证明

我们令 $\vec{x} = (a, b), \vec{y} = (c, d)$ 。原式变为： $\vec{x} \vec{y} \geq \frac{\sqrt{2}}{2} \sqrt{| \vec{x} | | \vec{y} |}$ 。那么就有： $\cos < \vec{x}, \vec{y} >= \frac{\vec{x} \vec{y}}{\sqrt{| \vec{x} | | \vec{y} |}} \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$

故 $\vec{x}$ 与 $\vec{y}$ 的夹角为 $45$ 度。然后我们发现， $11$ 个实数中必定有至少 $6$ 个正数或负数，故我们只需选择正负性相同的 $4$ 个数字，这样两条向量一定在同一象限。因为我们有在同一象限的 $3$ 条向量，每两条之间最大夹角小于 $45$ 度。故得证。

容斥原理#

对于一个集合 $S$ 的一部分子集构成的簇 $P$ 有：

| ⋃_{T \in P} T | = \sum_{Q \subseteq P} (- 1)^{| Q | - 1} | ⋂_{T \in Q} T |

基本容斥原理为高中必学内容，这里对此不过多阐述。

二项式反演#

结论：

\begin{aligned} F (n) & = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) G (i) \\ G (n) & = \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) F (i) \\ F (n) & = \sum_{i = m}^{n} (\binom{i}{m}) G (i) \\ G (n) & = \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i - m} (\binom{i}{m}) F (i) \end{aligned}

证明

$F (n) = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) \sum_{j = m}^{i} (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j}) F (j)$

$= \sum_{j = m}^{n} F (j) \sum_{i = j}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) (- 1)^{i - j}$

$= \sum_{j = m}^{n} F (j) \sum_{i = j}^{n} (\binom{n}{j}) (\binom{n - j}{i - j}) (- 1)^{i - j}$

$= \sum_{j = m}^{n} (\binom{n}{j}) F (j) \sum_{i = j}^{n} (\binom{n - j}{i - j}) (- 1)^{i - j}$

$= \sum_{j = m}^{n} (\binom{n}{j}) F (j) \sum_{i = 0}^{n - j} (\binom{n - j}{i}) (- 1)^{i}$

$= \sum_{j = m}^{n} (\binom{n}{j}) F (j) [n = j]$

$= F (n)$

第二种形式证明类似。

练习七 BZOJ2839 集合计数（P10596）

有 $n$ 个元素，问有多少种选择若干个子集的方案，使得选出的子集的交集恰好为 $k$ 。

$0 < k \leq n \leq 10^{6}$

解

我们先考虑子集的交集大小至少为 $i$ 的方案，记为 $F (i)$ ，那么相当于先挑出 $i$ 个，再从 $n - i$ 个中计算出剩余元素的子集的数量即为 $2^{n - i}$ ，然后我们需要在这些剩余子集中的挑选子集方案，即为 $2^{2^{n - i}}$ ，考虑到当剩余子集为空时，方案就为 $i$ ，舍去，所以可得 $F (i) = (\binom{n}{i}) (2^{2^{n - i}} - 1)$ 。

然后我们考虑答案函数 $G (k)$ ，因为 $F (i)$ 在求解时会对所有交集大小大于等于 $i$ 的情况计数，理想情况下应该计数 $1$ 次，但是经过画图可以发现，当我们处理类似 $G (i + 1)$ 的情况时，其也会对 $F (i)$ 产生贡献，贡献为 $(\binom{i + 1}{i})$ ，所以可以得出结论：

F (i) = \sum_{j = i}^{n} (\binom{j}{i}) G (j)

进行二项式反演可得：

\begin{aligned} G (k) & = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) (- 1)^{i - k} F (i) \\ = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) (\binom{n}{i}) (2^{2^{n - i}} - 1) \end{aligned}

现在就可以解决了。

练习八 BZOJ3622 已经没有什么好害怕的了（P4859）

有两个序列 $a_{i}, b_{i}$ 保证所有元素互不相同。你需要重排 $b$ 序列，使得恰好有 $k$ 个 $i$ 满足 $a_{i} > b_{i}$ 。，求方案数。

$0 < k \leq n \leq 2000$ 。

解

先将 $a$ 序列排序，使其单调上升。

考虑 $d p_{i, j}$ 表示考虑前 $i$ 对数，恰有 $j$ 对 $a_{i} > b_{i}$ ，这样无法转移。

还是先考虑前 $i$ 个中至少 $j$ 对 $a_{i} > b_{i}$ ，设为 $d p_{i, j}$ ，那么就有

d p_{i, j} = d p_{i - 1, j} + d p_{i - 1, j - 1} * (c n t (a_{i}) - j + 1)

$c n t (a_{i})$ 表示在当前 $i$ 位置，有多少个 $b$ 满足 $a_{i} > b$ 。

然后设 $F (i)$ 表示钦定 $i$ 对符合条件的方案数， $G (i)$ 表示恰好 $i$ 对的方案数。在当前位置，由于钦定 $i$ 对符合，所以剩下的数随便排序，就为 $A_{n - i}^{n - i} = (n - 1)!$ ，就有：

(n - i)! d p_{n, i} = F (i) = \sum_{j = i}^{n} (\binom{j}{i}) G (j)

反演可得：

\begin{aligned} G (k) & = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) (- 1)^{i - k} F (i) \\ = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) (- 1)^{i - k} (n - i)! d p_{n, i} \end{aligned}

然后就能够解决啦。

练习九 CF997C Sky Full of Stars

有一个 $n \times n$ 的矩阵，将其三染色，使得至少有一行或者一列同色，问方案数。

$n \leq 10^{6}$

解

我们先钦定有 $i$ 行 $j$ 列同色，记为 $F (i, j)$

F (i, j) = {\begin{cases} 3^{(n - i) n + i} (\binom{n}{i}) & j = 0 \\ 3^{(n - j) n + j} (\binom{n}{j}) & i = 0 \\ 3^{(n - i) (n - j) + 1} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) & i \neq 0, j \neq 0 \end{cases}

考虑恰好有 $i$ 行 $j$ 列同色，记为 $G (i, j)$

我们需要求至少一行一列，所以可以用 $全集 - G (0, 0)$ 。

\begin{aligned} F (x, y) = \sum_{i = x}^{n} \sum_{j = y}^{n} (\binom{i}{x}) (\binom{j}{y}) G (i, j) \\ G (x, y) = \sum_{i = x}^{n} \sum_{j = y}^{n} (- 1)^{i + j - x - y} (\binom{i}{x}) (\binom{j}{y}) F (i, j) \\ G (0, 0) = 3^{n^{2}} + \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) (F (0, i) + F (i, 0)) + \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{2 n - i - j} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) F (i, j) \\ G (0, 0) = 3^{n^{2}} + \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) (F (0, i) + F (i, 0)) + \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{i + j} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) F (i, j) \end{aligned}

将 $F (i, j)$ 代入原式子。后面那坨东西即为：

\begin{aligned} = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{i + j} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) 3 \times 3^{(n - i) (n - j)} \\ = 3^{n^{2} + 1} \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{i} 3^{- i n} \sum_{j = 1}^{n} (\binom{n}{j}) (- 1)^{j} 3^{- j n} 3^{i j} \end{aligned}

现在发现 $3^{i j}$ 是最不好处理的，因为它使得不能使用二项式定理，先考虑这个的处理方法。

\begin{aligned} = 3^{n^{2} + 1} \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{i} 3^{- i n} \sum_{j = 1}^{n} (\binom{n}{j}) (- 1)^{j} 3^{j (i - n)} \\ = 3^{n^{2} + 1} \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) ((- 1)^{i} 3^{- i n} (1 - 3^{(i - n)})^{n} - 1) \\ G (0, 0) & = 3^{n^{2}} + \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) (F (0, i) + F (i, 0)) + (- 1)^{i} 3^{- i n} \sum_{j = 1}^{n} (\binom{n}{j}) (- 1)^{j} 3^{- j n} 3^{i j} \end{aligned}

现在就可以处理了。

练习十（第二类斯特林数通项求法）#

记 ${\binom{n}{m}}$ 表示把 $n$ 个不同的物品划分为 $m$ 个集合构成簇的方案数（不允许空集）。

解

我们先设 $F (n, m) = {\binom{n}{m}}$ ， $G (n, m)$ 表示允许存在空集时的方案数。

易得 $G (n, m) = \frac{m^{n}}{m!}$ 。

钦定非空集合数，可以有： $G (n, m) = \sum_{i = 1}^{m} (\binom{m}{i}) F (n, i) 。$

进行反演可得： $F (n, m) = \sum_{i = 1}^{m} (\binom{m}{i}) (- 1)^{m - i} G (n, i) 。$

代入可得： ${\binom{n}{m}} = f_{n, m} = \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{m - i} (\binom{m}{i}) \frac{i^{n}}{i!} = \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{m - i} \frac{i^{n}}{i! (m - i)!}$ 。

这也是第二类斯特林数的通项公式。

卡特兰数#

应用#

Catalan 数列 $H_{n}$ 是以下问题的方案数：

有一个大小为 $n \times n$ 的方格图，左下角为 $(0, 0)$ 右上角为 $(n, n)$ ，从左下角开始每次都只能向右或者向上走一单位，不走到对角线 $y = x$ 上方（但可以触碰）的情况下到达右上角有多少可能的路径？
在圆上选择 $2 n$ 个点，将这些点成对连接起来使得所得到的 $n$ 条线段不相交的方法数？
一个栈的进栈序列为 $1, 2, 3, \dots, n$ 有多少个不同的出栈序列？
$n$ 个结点可构造多少个不同的二叉树？
$n$ 对括号能组成的括号序列数？

递归/组合公式#

\begin{aligned} H_{n} & = {\begin{cases} \sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} H_{n - i - 1} & (n \geq 2) \\ 1 & (n = 0, 1) \end{cases} \\ = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1}) \end{aligned}

通项公式#

H_{n} = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1}

证明

H_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} H_{n - i - 1} (n \geq 2)

其中 $H_{0} = 1, H_{1} = 1$ 。设它的普通生成函数为 $H (x)$ ，利用卷积，得到它的一个方程。

\begin{aligned} H (x) & = \sum_{n \geq 0} H_{n} x^{n} \\ = 1 + \sum_{n \geq 1} \sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} x^{i} H_{n - i - 1} x^{n - i - 1} x \\ = 1 + x \sum_{i \geq 0} H_{i} x^{i} \sum_{n \geq 0} H_{n} x^{n} \\ = 1 + x H^{2} (x) \end{aligned}

解得

H (x) = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4 x}}{2 x}

那么这就产生了一个问题：我们应该取哪一个根呢？我们将其分子有理化：

H (x) = \frac{2}{1 \mp \sqrt{1 - 4 x}}

代入 $x = 0$ ，我们得到的是 $H (x)$ 的常数项，也就是 $H_{0}$ 。当

$H (x) = \frac{2}{1 + \sqrt{1 - 4 x}}$ 的时候有 $H (0) = 1$ ，满足要求。而另一个解会出现分母为 $0$ 的情况（不收敛），舍弃。

因此我们得到了卡特兰数生成函数的封闭形式：

H (x) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 x}}{2 x}

接下来我们要将其展开。使用牛顿二项式定理。

\begin{aligned} (1 - 4 x)^{\frac{1}{2}} & = \sum_{n \geq 0} (\binom{\frac{1}{2}}{n}) (- 4 x)^{n} \\ = 1 + \sum_{n \geq 1} \frac{{(\frac{1}{2})}^{\underset{―}{n}}}{n!} (- 4 x)^{n} \end{aligned}

其中

\begin{aligned} {(\frac{1}{2})}^{\underset{―}{n}} & = \frac{1}{2} \frac{- 1}{2} \frac{- 3}{2} \dots \frac{- (2 n - 3)}{2} \\ = \frac{(- 1)^{n - 1} (2 n - 3)!!}{2^{n}} \\ = \frac{(- 1)^{n - 1} (2 n - 2)!}{2^{n} (2 n - 2)!!} \\ = \frac{(- 1)^{n - 1} (2 n - 2)!}{2^{2 n - 1} (n - 1)!} \end{aligned}

于是

\begin{aligned} (1 - 4 x)^{\frac{1}{2}} & = 1 + \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n - 1} (2 n - 2)!}{2^{2 n - 1} (n - 1)! n!} (- 4 x)^{n} \\ = 1 - \sum_{n \geq 1} \frac{(2 n - 2)!}{(n - 1)! n!} 2 x^{n} = 1 - \sum_{n \geq 1} (\binom{2 n - 1}{n}) \frac{1}{(2 n - 1)} 2 x^{n} \end{aligned}

带回原式得到

\begin{aligned} H (x) & = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 x}}{2 x} = \frac{1}{2 x} \sum_{n \geq 1} (\binom{2 n - 1}{n}) \frac{1}{(2 n - 1)} 2 x^{n} \\ = \sum_{n \geq 1} (\binom{2 n - 1}{n}) \frac{1}{(2 n - 1)} x^{n - 1} = \sum_{n \geq 0} (\binom{2 n + 1}{n + 1}) \frac{1}{(2 n + 1)} x^{n} \\ = \sum_{n \geq 0} (\binom{2 n}{n}) \frac{1}{n + 1} x^{n} \end{aligned}

这样我们就得到了卡特兰数的通项公式。

Min/Max容斥#

定义#

公式：

max S = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} min T max_{k_{t h}} S = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) min T

$m i n / m a x$ 调换也成立

证明1（其实是我懒得写了摘的）

$max_{k_{t h}} S = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) min T$

$= \sum_{x \in S} x \sum_{x \in T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) [min T = x]$

令 $f (x)$ 表示 $S$ 中大于 $x$ 的元素构成的集合。

$= \sum_{x \in S} x \sum_{x \in T \subseteq f (x)} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1})$

枚举 $| T |$ :

$= \sum_{x \in S} x \sum_{l = 1}^{| f (x) |} (- 1)^{l - k} (\binom{| f (x) | - 1}{l - 1}) (\binom{l - 1}{k - 1})$

$= \sum_{x \in S} x \sum_{l = 1}^{| f (x) |} (- 1)^{l - k} (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) (\binom{| f (x) | - k}{l - k})$

$= \sum_{x \in S} x (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) \sum_{l = 1}^{| f (x) |} (- 1)^{l - k} (\binom{| f (x) | - k}{l - k})$

易知 $| f (x) | < k$ 时无贡献。

$= \sum_{x \in S} x (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) \sum_{l = 0}^{| f (x) | - k} (- 1)^{l} (\binom{| f (x) | - k}{l})$

$= \sum_{x \in S} x (\binom{| f (x) | - 1}{k - 1}) [| f (x) | = k]$

$= max_{k_{t h}} S$

证明2

设存在一个以集合大小为自变量的函数 $f$ 满足 $max S = \sum_{T \subseteq S} f (| T |) min T$

记 $S$ 中元素从大到小排列为 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{m}$ ，则对于 $x_{i}$ ，其在左侧的贡献是 $i = 1$ ，在右侧的贡献为 $\sum_{j = 0}^{i - 1} (\binom{i - 1}{j}) f (j + 1)$

若等式成立，必有 $[i = 1] = \sum_{j = 0}^{i - 1} (\binom{i - 1}{j}) f (j + 1)$

设 $F (i) = [i + 1 = 1]$ （即 $[i = 1] = F (i - 1)$ ）， $G (i) = f (i + 1)$ ，则 $F (i) = \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) G (j)$

反演一下，得

G (i) = \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) (- 1)^{i - j} F (j)

因为 $F (i)$ 只在 $i = 0$ 时有值，所以 $G (i) = (- 1)^{i}$ 。

故有 $f (i) = G (i - 1) = (- 1)^{i - 1}$ 。

因而构造成立。

$k t h min - max$ 证明同理

应用#

Min-Max 容斥及推广常用于解决 元素都出现的期望时间 的问题，处理方法：

记 $t_{i}$ 表示第 $i$ 个元素出现的时间，则：

$max (S)$ 表示 $S$ 中 $t$ 的最大值，即所有元素出现的时间。
$min (S)$ 表示 $S$ 中 $t$ 的最小值，即至少一个元素出现的时间。

根据 Min-Max 容斥可以用 $min (S)$ 求 $max (S)$

等式两边同时取期望，由于期望的线性运算，可以直接放到 $\sum$ 中，即

E (max (S)) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} E (min (T))

然后发现 $E (min T)$ 很好求，就是一个元素出现的期望时间。

即可求解。

练习十一#

给定三个序列 $a_{i}, b_{i}, c_{i}$ ，求

\sum_{1 \leq i < j \leq n} max a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j} - min a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j}

$n \leq 2 \times 10^{5}$

解

先用容斥拆开 $m a x$ ：

\begin{aligned} max a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j} \\ = a_{i} + a_{j} + b_{i} + b_{j} + c_{i} + c_{j} \\ - min a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j} - min a_{i} + a_{j}, c_{i} + c_{j} - min b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j} \\ + min a_{i} + a_{j}, b_{i} + b_{j}, c_{i} + c_{j} \end{aligned}

最后一项与原式抵消掉，剩下的两种 $m i n$ 中，第一种可以直接求出，第二种可以化成以下形式：

min (a, b) = a [a < b]

所以可以变成：

\begin{array}{r} - a_{i} - a_{j} [a_{i} + a_{j} < b_{i} + b_{j}] - a_{i} - a_{j} [a_{i} + a_{j} < c_{i} + c_{j}] - b_{i} - b_{j} [b_{i} + b_{j} < c_{i} + c_{j}] \\ - a_{i} - a_{j} [a_{i} - b_{i} < b_{j} - a_{j}] - a_{i} - a_{j} [a_{i} - c_{i} < c_{j} - a_{j}] - b_{i} - b_{j} [b_{i} - c_{i} < c_{j} - b_{j}] \end{array}

这个实质就是求顺序对（二维偏序），总复杂度 $O (n \log n)$ 。

练习十二#

给 $n$ 个元素，每次会随机选择一个，有 $p_{i}$ 的概率选择第 $i$ 个，问第一次所有元素都被选择过的期望时间。

$1 \leq n \leq 20$

解

设每个元素被选择时的时间为 $t_{i}$ ，那么所有元素被选就是 $t_{m a x S}$ ，套上公式：

E (max S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} E (min T)

$E (min T)$ 的含义实际上就是第一次选到 $T$ 中元素的期望时间，一次选中的概率是 $\frac{1}{\sum_{x \in T} p_{x}}$ ，期望时间就是其倒数 $\sum_{x \in T} p_{x}$

然后套入式子计算即可， $O (n 2^{n})$ 。

练习十三 P4707 重返降世

给 $n$ 个元素，每次会随机选择一个，有 $\frac{p_{i}}{M}$ 的概率选择第 $i$ 个，问第一次有 $k$ 元素被选择过的期望时间。

$1 \leq l \leq n \leq 10^{3}, n - 10 \leq k \leq n, \sum_{i = 1}^{n} p_{i} = M \leq 10^{4}$ 。

解

相当于就是求 $t_{i}$ 第 $k$ 小，思路大体上与上一题差不多，我们不妨改成求 $n - k$ 大，让 $k = n - k$ ，就能得出式子：

\begin{aligned} E (max_{k_{t h}} S) & = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} E (min T) \\ = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) \frac{M}{\sum_{x \in T} p_{x}} \end{aligned}

现在麻烦的是 $\frac{M}{\sum_{x \in T} p_{x}}$ ，我们发现所有 $p_{i}$ 之和不会超过 $M$ ，所以可以考虑计算每一种 $\sum_{x \in T} p_{x}$ 作为分母的项的系数之和。考虑设 $d p_{i, j}$ 表示前 $i$ 个，分母和为 $j$ 的项的系数和。

在转的时候会发现转不了，所以再设一个参数 $l = | T |$ 。

那么就有 $(\binom{| T | - 1}{k - 1}) = \frac{| T | - 1}{| T | - k} (\binom{| T | - 2}{k - 1})$ 。

d p_{i, j, l} = d p_{i - 1, j} - \frac{l - 1}{l - k} d p_{i - 1, j - p_{i}, l - 1}

这个复杂度过不了，所以换方法，因为 $(\binom{| T | - 1}{k - 1}) = (\binom{| T | - 2}{k - 1}) + (\binom{| T | - 2}{k - 2})$ ，所以：

d p_{i, j, l} = d p_{i - 1, j, l} + d p_{i - 1, j - p_{i}, l - 1} - d p_{i - 1, j - p_{i}, l}

这样就是 $O (n m k)$ 的了。

第二类斯特林数#

含义#

${\binom{n}{k}}$ 表示将 $n$ 个元素划分成 $k$ 个 $非空子集$ 的方案数。

特殊值#

\begin{array}{r} {\binom{n}{0}} = [n = 0], {\binom{n}{1}} = {\binom{n}{n}} = 1 (n > 0) \\ {\binom{n}{2}} = 2^{n - 1} - 1 (n > 0), {\binom{n}{n - 1}} = (\binom{n}{2}) \end{array}

递推式#

{\binom{n}{k}} = {\binom{n - 1}{k - 1}} + k {\binom{n - 1}{k}}

即考虑第 $n$ 个元素放在哪个集合。要么在已经有的 $k$ 个非空集合里选一个放进去，要么自己单开一个新的集合。

边界是 ${\binom{n}{0}} = [n = 0]$ 。

第二类斯特林数生成函数#

一个盒子装 $n$ 个物品且盒子非空的方案数是 $[n > 0]$ 。我们可以写出它的EGF为

F (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} = e^{x} - 1

由 EGF 卷积的组合意义， $F^{k} (x)$ 就是 $n$ 个有标号物品放到 $k$ 个 $有$ 标号盒子里的EGF。而第二类斯特林数是 $n$ 个有标号物品放到 $k$ 个 $无$ 标号盒子里的方案数，所以要再除以一个 $k!$

\frac{1}{n!} {\binom{n}{k}} = [x^{n}] \frac{(e^{x} - 1)^{k}}{k!}

通项公式#

{\binom{n}{k}} = \frac{1}{k!} \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{i} {\binom{k}{i}} (k - i)^{n} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}

证明

设将 $n$ 个有标号物品放到 $k$ 个有标号盒子（允许空盒子）的方案数为 $G_{i}$ ；将 $n$ 个有标号物品放到 $k$ 个有标号盒子（不允许空盒子）的方案数为 $F_{i}$

G_{i} = k^{n}, G_{i} = \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) F_{j}

由二项式反演

F_{k} = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) G_{i} = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) i^{n} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{k! (- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}

$F_{k}$ 是有标号的盒子，第二类斯特林数是无标号盒子再除以一个 $k!$

{\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}

第一类斯特林数#

含义#

$[\binom{n}{k}]$ 表示将 $n$ 个元素排成 $k$ 个 $轮换$ 的方案数。也即所有 $n!$ 个排列中，构成的置换有 $k$ 个环的排列数。

特殊值#

[\binom{n}{0}] = [n = 0], [\binom{n}{n}] = 1 (n > 0) [\binom{n}{1}] = (n - 1)! (n > 0), [\binom{n}{n - 1}] = (\binom{n}{2})

递推式#

[\binom{n}{k}] = (n - 1) [\binom{n - 1}{k}] + [\binom{n - 1}{k - 1}]

即考虑第 $n$ 个元素放在哪个轮换里。要么在已经有的 $k$ 个轮换里选一个位置插进去，方案数是 $n - 1$ ；要么自己单开一个新的轮换。

生成函数#

类似第二类斯特林数地，我们先考虑 $1$ 个盒子，即 $k = 1$ 时 $[\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}] = (n - 1)!$ 的 EGF：

F (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} (n - 1)! \frac{x^{n}}{n!} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = - \ln (1 - x)

那么 $n$ 个元素组成 $k$ 个 $无$ 标号轮换的 EGF 为

\frac{F^{k} (x)}{k!} = \frac{(- 1)^{k} \ln^{k} (1 - x)}{k!}

即

\frac{1}{n!} [\binom{n}{k}] = [x^{n}] \frac{(- 1)^{k} \ln^{k} (1 - x)}{k!}

$E x$ ：第一类斯特林数没有实用的通项公式。

特殊等式行之和#

我们知道一个有 $n$ 个元素的排列和一个 $n$ 个元素的置换一一对应，于是对所有置换中的轮换个数求和，我们有

\sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] = n!

通常幂、下降幂、上升幂转换#

互相转换公式#

\begin{aligned} x^{\overset{―}{n}} & = \sum_{i = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k} \\ x^{\underset{―}{n}} & = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] x^{k} \\ x^{n} & = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (\binom{x}{k}) k! \\ x^{n} & = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (- 1)^{n - k} x^{\overset{―}{k}} \end{aligned}

证明都可以使用数学归纳法

反转公式#

把上面的式子结合起来即可。

\begin{aligned} \sum_{k} {\binom{n}{k}} [\binom{k}{m}] (- 1)^{n - k} & = [m - n] \\ \sum_{k} [\binom{n}{k}] {\binom{k}{m}} (- 1)^{n - k} & = [m = n] \end{aligned}

拓展公式#

${\binom{n + 1}{m + 1}} = \sum_{k} (\binom{n}{k}) {\binom{k}{m}}$

组合意义：枚举 $k$ 表示 $n + 1$ 号节点所在的集合之外剩下了 $k$ 个节点，这 $k$ 个节点要构成 $m$ 个集合。

$[\binom{n + 1}{m + 1}] = \sum_{k} [\binom{n}{k}] (\binom{k}{m})$

组合意义：还是枚举 $n + 1$ 号点所在环的大小，设为 $t + 1$ ，那么方案数应该是 $t! [\binom{n - t}{m}]$ ，这 $t! [\binom{n - t}{m}]$ 个方案对应 $[\binom{n}{0}], [\binom{n}{1}], \dots, [\binom{n}{n}]$ 的所有置换中不连接这 $t$ 个和剩下 $n - t$ 个点的所有置换，所以有上式。

${\binom{n}{m}} = \sum_{k} (\binom{n}{k}) {\binom{k + 1}{m + 1}} (- 1)^{n - k}$
$[\binom{n}{m}] = \sum_{k} [\binom{n + 1}{k + 1}] (\binom{k}{m}) (- 1)^{m - k}$

这是前两个式子的二项式反演

${\binom{m + n + 1}{m}} = \sum_{k = 0}^{m} k {\binom{n + k}{k}}$

$原式 = \sum_{k = 0}^{m} {\binom{n + k + 1}{k}} - {\binom{n + k}{k - 1}} = {\binom{m + n + 1}{m}}$

$[\binom{m + n + 1}{m}] = \sum_{k = 0}^{m} (n + k) [\binom{n + k}{k}]$

同 5 理

斯特林反演#

形式#

f (n) = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} g (k) ⟺ g (n) = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] f (k)

证明

我们有反转公式

\sum_{k} {\binom{n}{k}} [\binom{k}{m}] (- 1)^{n - k} = [m = n] \sum_{k} [\binom{n}{k}] {\binom{k}{m}} k m (- 1)^{n - k} = [m = n]

直接带入易证

也有以下形式，与二项式反演类似：

f (m) = \sum_{k = m}^{n} {\binom{k}{m}} g (k) ⟺ g (m) = \sum_{k = m}^{n} (- 1)^{k - m} [\binom{k}{m}] f (k)

作者：God_Max_Me

出处：https://www.cnblogs.com/lizihan00787/p/18685858

版权：本作品采用「God_Max_Me-非商业性使用」许可协议进行许可。

posted @ 2025-01-22 14:33 God_Max_Me 阅读(26) 评论(0) 编辑收藏举报

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