【数学】组合数学 - 排列组合

排列

组合

可重排列

可重组合

隔板法

盒子可以为空

隔板法：x个相同的小球，有y个不同的盒子，每个盒子可以为空，求有多少种方案数？把y个不同的盒子视作y-1个不同的隔板，然后把小球视作不同的，全排列有 $A_{x+y-1}^{x+y-1}$ 种，然后除以隔板的全排列（隔板之间没有区别），再除以小球的全排列（小球之间也没有区别），最后在两侧再加入两个隔板，然后两个隔板之间的就是这个盒子分配到的球数，也就是 $C_{x+y-1}^{x}$ 。

隔板法2：Stars and Bars，x个相同的小球，y个不同的盒子，每个盒子可以为空，求有多少种方案数？用y-1个隔板去分隔小球，分隔得到y段可能为空的区间，这个区间就是原本的盒子。由于隔板是相同的，小球也是相同的，所以就是隔板数y-1和小球数x的和，选出y-1个位置来放隔板或者选出x个位置来放小球。（不同的盒子由其顺序确定）。

**注意这里是 $C_{x+y-1}^{x}$ 或者 $C_{x+y-1}^{y-1}$ ，不要写成 $C_{x+y-1}^{x-1}$ 了！或者说就不应该想象成盒子数y，应该直接就用隔板数y-1就好了。

盒子可以为空的问题也可以先借y个小球过来，然后用下文盒子非空的方法做，显然是 x+y -1个小球之间选y-1个隔板，然后最后把虚空的小球还回去。

把小球数记为n，盒子数记为m，那么等价于求方程 $x_1+x_2+x_3+\cdots+x_m = n, \; x_i \geq 0$ 的解。

盒子必须非空

x个相同的小球，y个不同的盒子，每个盒子至少要分到1个小球。这个问题比上面的简单得多，只需要找y-1个插板插到小球之间的x-1个空位里面，并且一个空位里面最多只有一个插板，所以就是 $C_{x-1}^{y-1}$ 。

但是也可以转化为上面那个问题，先取出y个小球各放1个进盒子里面，然后用盒子可以为空的方法做。

把小球数记为n，盒子数记为m，那么等价于求方程 $x_1+x_2+x_3+\cdots+x_m = n, \; x_i \geq 1$ 的解。

这个方法可以进一步推广到盒子内至少有k个小球，那么要借y*k个虚空小球，然后最后再把他们都还回去。当然每个盒子的小球的下限甚至没必要一样。设每个盒子的下限是k_i，那么就先把 sum k_i 个小球都分别放到盒子里面再用盒子非空的方法去做。

整数分拆

小球也相同，盒子也相同，可以有空盒子。相当于整数分拆的问题，不太好算，可以用生成函数去搞

例如4的分拆有4, 3+1, 2+2, 2+1+1, 1+1+1+1, p(4) = 5

(1 + x + x^{2} + x^{3} + . . .) * (1 + x^{2} + x^{4} + x^{8} + . . .) * (1 + x^{3} + x^{6} + x^{9} + . . .) * . . .

$(1+x+x^2+x^3+...)*(1+x^2+x^4+x^8+...)*(1+x^3+x^6+x^9+...)*...$

求上面这个多项式的第n项的结果就是n的整数分拆。其中第i个括号表示拆分出多少个数字i，不重不漏。

利用生成函数可以求出诸如：

差分拆：每个数字最多拆出现一次：

4的分拆只有4, 3+1

生成函数就是下面（因为相同的数字要么出现0次要么出现1次，所以变成了二项式）：

(1 + x) * (1 + x^{2}) * (1 + x^{3}) * . . .

$(1+x)*(1+x^2)*(1+x^3)*...$

奇分拆：拆出来的都是奇数：

4的分拆只有：3+1, 1+1+1+1

(1 + x + x^{2} + x^{3} + . . .) * (1 + x^{3} + x^{6} + x^{9} + . . .) * (1 + x^{5} + x^{10} + x^{15} + . . .) * . . .

$(1+x+x^2+x^3+...)*(1+x^3+x^6+x^9+...)*(1+x^5+x^{10}+x^{15}+...)*...$

据说奇分拆和差分拆的数量是一样的。不会证明。

常用的求和：

$C_n^m = C _{n-1}^{m-1}+C _{n-1}^{m}$
$mC_n^m = nC _{n-1}^{m-1}$

二项式定理

$\sum\limits_{i=0}^nC_n^i=C_n^0+C_n^1+C_n^2+……+C_n^n = 2^n$
类似求和 $\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^i=C_n^0-C_n^1+C_n^2-……+(-1)^nC_n^n = 0$ （奇数项求和=偶数项求和）
$\sum\limits_{i=0}^n2^iC_n^i = 3^n$

利用 $C_n^mC_m^k=C_n^kC_{n-k}^{m-k}$ ，加上二项式定理，可以得到下式

$1C_n^1+2C_n^2+3C_n^3+……+nC_n^n =n2^{n-1}$
$\sum\limits_{i=1}iC_n^i = \sum\limits_{i=1}C_i^1C_n^i = \sum\limits_{i=1}C_n^iC_i^1 \\ = \sum\limits_{i=1}C_n^1C_{n-1}^{i-1} = C_n^1\sum\limits_{i=1}^n C_{n-1}^{i-1} \\ = C_n^1\sum\limits_{i=0}^{n-1} C_{n-1}^i \\ = n2^{n-1} \\$

$1^2C_n^1+2^2C_n^2+3^2C_n^3+……+n^2C _n^n =n(n+1)2^{n-2}$

$\frac{C_n^1}{1}-\frac{C_n^2}{2}+\frac{C_n^3}{3}+……+(-1)^{n-1}\frac{C _n^n}{n} =1 + \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+……+ \frac{1}{n}$

$(C_n^0)^2+(C_n^1)^2+(C_n^2)^2+……+(C _n^n)^2 = C_{2n}^n$

n个球选x个染黑，黑球之间位置差至少为k的方案：在n-(x-1)(k-1)里面选x个黑球，染黑之后在前x-1个黑球后紧跟k-1个白球，得一一对应。

圆排列：n个不同的球，取m个进行圆排列，先用组合数取出m个，然后规定圆的开头是最小的元素，那么剩下的元素可以任意排列，故答案为 $C_n^m\cdot A_{m-1}^{m-1}=\frac{n!}{(n-m)!m!}\cdot(m-1)!=\frac{n!}{(n-m)!m}=\frac{A_n^m}{m}$

错位排列

copy    ll D[MAXN];
    void initD(int n) {
        ASSERT(1 <= n && n <= MAXN && n < MOD);
        D[0] = 1, D[1] = 0;
        for(int i = 2; i <= n; ++i) {
            if(i & 1) {
                D[i] = (1LL * i * D[i - 1] - 1) % MOD;
                if(D[i] < 0) D[i] += MOD;
            } else
                D[i] = (1LL * i * D[i - 1] + 1) % MOD;
        }
    }