「笔记」组合数学
待更新
计数原理
加法原理
又称分类计数原理
完成一个工作共有\(n\)类方法。在第一类方法中有\(m_1\)种不同的方法，在第二类方法中有\(m_i\)种不同的方法，……，在第\(n\)类方法中有\(m_n\)种不同的方法，那么完成这个工作共有\(m_1+m_2+……+m_n\)种不同的方法。
乘法原理
又称分步计数原理
完成一件工作共需\(n\)个步骤，完成第一个步骤有\(m_1\)种方法，完成第二个步骤有\(m_2\)种方法，……，完成第\(n\)个步骤有\(m_n\)种方法，那么完成这个工作共有\(m_1\times m_2\times…\times m_n\)种方法。
排列组合
排列数
用\(A_n^m\)表示从\(n\)个不同元素中依次取出\(m\)个元素排成一列，产生的不同排列的数量
\(A_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}=n\times (n - 1) \times(n-2)\times…\times(n-m+1)\)
组合数
用\(C_n^m\)或\(\dbinom{n}{m}\)表示从\(n\)个不同元素种取出\(m\)个组成一个集合（不考虑顺序），产生的不同集合的数量
\(\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}=\dfrac{n\times(n-1)\times…\times(n-m+1)}{m\times(m-1)\times…\times2\times1}\)
组合恒等式
证明百年之后补
- \(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m};\)
- \(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}{m}\)
- \(\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}=2^n;\)
- $\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}[2\mid i]=\sum\limits_{i=0}^{n}[2\nmid i]=2^{n-1} $
- \(k\)个非负整数变量和为\(n\)的方案数（插板法）：\(\dbinom{n+k-1}{k-1}\)
- \(\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{n+i}{n}=\dbinom{n+m+1}{m}\)
- \(\sum\limits_{i=m}^n\dbinom{i}{m}=\dbinom{n+1}{m+1}\)
- \(\dbinom{n}{m}\dbinom{m}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{m-k}\)
- \(\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{k-i}=\dbinom{n+m}{k}\)
二项式定理
\((x+y)^n=\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n}{k} x^ky^{n-k}\)
自然数幂之和
小结论
\(S_k(n)\)是关于\(n\)的\(k+1\)次多项式。
归纳&&证明
对\(k\)归纳：
- \(k=0,S_k(n)=n\)，是关于\(n\)的一次多项式
- \(k\leq d-1\),是关于\(n\)的\(d\)次多项式
前置：谔项式定理
\(\ \ \ (i+1)^{d+1}-i^{d+1}\\=\sum\limits_{j=0}^{d+1}\dbinom{d+1}{j}i^j-i^{d+1}\\=\sum\limits_{j=0}^d\dbinom{d+1}{j}i^j\)
然而上面这些并没有用，这样并不能求出\(S_k(n)\)的值，所以考虑再加一层求和符号（因为可以交换/cy）
\(\ \ \ \sum\limits_{i=1}^{n}((i+1)^{d+1}-i^{d+1})\\=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=0}^d\dbinom{d+1}{j}i^j\\=\sum\limits_{j=0}^d\dbinom{d+1}{j}\sum\limits_{i=1}^ni^j\\=\sum\limits_{j=0}^d\dbinom{d+1}{j}S_j(n)\)
上面那个\(\sum\limits_{i=1}^{n}((i+1)^{d+1}-i^{d+1})\)其实又等于\((n+1)^{d+1}-1\)
所以现在我们就得到了\((n+1)^{d+1}-1=\sum\limits_{i=0}^d\dbinom{d+1}{i}S_i(n)\)
把\(S_d(n)\)提出来再除一下，胡乱化一下就能发现\(S_d(n)\)的确是\(n+1\)次的多项式……得证（因为懒所以不想写了，而且是小学知识……）
求法
暴力
\(O(n\log k)\)
rank1，呼呼呼，好快
拉格朗日插值
待补充
对于\(k\)次多项式函数\(\mathbf F\)以及\(k+1\)个点值\((x_0,y_0),(x_1, y_1),...,(x_k, y_k)\)，有\(\mathbf F(x)=\sum\limits_{i=0}^jy_i\prod\limits_{i\ne j}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}\)
可以做到\(O(k\log k)\)
局限性：模数必须是大于\(n\)的质数
斯特林数
\(S_k(n)=\dfrac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}-\sum\limits_{i=0}^{k-1}(-1)^{k-i}\cdot\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}\cdot S_i(n)\)
证明
一个组合恒等式（先不讲为啥）：
其中\(n^{\underline k}\)表示\(n\)的\(k\)次下降幂
我们一般的\(n^k\)是\(k\)个\(n\)相乘，但是这里是每次乘都减一
展开就是\(n\times(n-1)\times(n-2)…\times(n-k+1)\)
\(i=k\) 时，有 \((-1)^{k-i} \begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix} n^i=n^k\)，则
是不是想到了什么？
没错，我们可以把\(1\)到\(n\)的\(k\)次方求和，显然这就是\(S_k(n)\)，展开式子就是
显然的想法拆开求和符号。
对于第一项，转化为组合数。
使用组合恒等式合并，再展开组合数，有：
对于第二项，只有 \(i^j\) 与 \(i\) 有关，交换求和符号，有：
这样就得到了上面的式子。
摆脱了质数的限制，时间复杂度\(O(k^2)\)
伯努利数 伯努利多项式
？？？果断抄式子走人
先求伯努利数，暴力算暴力算暴力算，多项式求逆
他们在说什么？不知道，走了
灾难始终慢我一步
\(\dfrac{x}{e^x-1}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{B_i}{i!}x^i\)
\(\sum\limits_{i=0}^\infty \dfrac{\large\beta_i(t)}{i!}\cdot x^i=\dfrac{x}{e^x-1}\cdot e^{tx}\)
\(S_k(n)=\dfrac{1}{k+1}\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{k+1}{i}\cdot(n+1)^i\cdot B_{k+1-i}\)
斯特林数
挪出去了，见此处斯特林数
- 第一类斯特林数
- 第二类斯特林数
- 上升幂和下降幂
容斥原理
挪出去了，见此处容斥原理
- 容斥原理
- min-max容斥
写在最后
\(\texttt{gyh}\)也太神了吧
为什么我这么菜/kk
哆啦诶喂梦，爱了爱了！
