组合数学 笔记

组合数学

本文为阅读 OI-Wiki 组合数学 网上博客后的笔记。

式子

帕斯卡定理

\[\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n-1 \\ m-1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n-1 \\ m \end{pmatrix} \]

组合意义： 从 \(n\) 个里面选 \(m\) 个， 相当于将某一个提出来， 那么选择 \(m\) 个就可以是从剩下那一堆里选 \(m\) 个， 或者选出 \(m - 1\) 个， 还有一个就是提出来那一个。

对称恒等式

\[\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n \\ n-m \end{pmatrix} \]

组合意义： 从 \(n\) 个里面选 \(m\) 个就相当于留下 \(n - m\) 个。

吸收公式

\[\begin{aligned} m \begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}= n \begin{pmatrix} n-1 \\ m-1 \end{pmatrix}\\ .\end{aligned} \]

组合意义： 计算二元组 \((S, x)\) 数量， 满足 \(S\) 是 \(1~n\) 的子集， 并且 \(x \in S\)。

左边就是枚举 \(S\) 的大小， 然后组合数计算个数， 再乘以大小。

右边就是枚举 \(x\)， 再算有多少个集合包含他。

相伴恒等式

\[(n - k) \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = n \begin{pmatrix} n - 1 \\ k \end{pmatrix} \]

组合意义： 就是上面的二元组换成 \((S, x)\)， \(x \notin S\)。

上指标求和

\[\sum ^{n}_{i=0}\begin{pmatrix} i \\ m \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n+1 \\ m+1 \end{pmatrix} \]

组合意义： 从 \(n + 1\) 个里面选出 \(m + 1\) 个就等于我钦定编号最大为 \(k\)， 然后枚举每个编号， 在组合数选一下。

组合意义： 和上面差不多， 就是从选出的里面钦定一个特殊的。

交错和

\[\sum_{k = 0}^m (-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = (-1)^m \begin{pmatrix} n - 1 \\ m \end{pmatrix} \]

范德蒙德卷积

\[\sum ^{k}_{i=0}\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}\begin{pmatrix} m \\ k-i \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n+m \\ k \end{pmatrix} \]

特殊形式：

\[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}^2=\binom{2n}{n}\tag{7} \]

组合意义： 从 \(n + m\) 里面选 \(k\) 个就等于我枚举从 \(n\) 个里面选 \(i\)， 从 \(m\) 个里面选 \(k - i\)， 再乘起来。

上指标卷积

\[\sum ^{n}_{i=0}\begin{pmatrix} i \\ a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n-i \\ b \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n+1 \\ a+b+1 \end{pmatrix} \]

三项式系数恒等式

\[\binom{n}{m}\binom{m}{k} = \binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k} \]

二项式定理

二项式定理

\[\left( x+y\right) ^{n}=\sum ^{n}_{i=0}\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}x^{n-i}y^{i} \]

广义二项式定理

\[\left( x+y\right) ^{\alpha }=\sum ^{\infty }_{n=0}\begin{pmatrix} \alpha \\ n \end{pmatrix}x^{n}y^{n-\alpha }\]

不知道叫啥1

\[\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}=[n=0] \]

不知道叫啥2

二项式反演

设 \(f_n\) 为恰好选出 \(n\) 个数构成特定结构的方案数， \(g_n\) 为从 \(n\) 个数中选出 \(i \geq 0\) 的构成特定结构的方案数， 显然有:

\[f_n = \sum_{i = 0}^{n}\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}g_i \]

因为你要选出 \(i\) 个数嘛， 然后就有 \(\begin{pmatrix} n \\ i\end{pmatrix}\) 种选法。

考虑用 \(g\) 推出 \(f\) 那么就有:

\[f_n = \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} (-1)^{n-i} g_i \]

若 $$f_m = \sum_{i = m}^{n}\begin{pmatrix} i \ m \end{pmatrix}g_i$$

那么有 $$g_m = \sum_{i = m}^{n} (-1)^{i - m} \begin{pmatrix} i \ m \end{pmatrix}f_i$$

由 \(g\) 推出 \(f\) 的过程， 就叫二项式反演。

例题

[bzoj2839]集合计数
我们设答案为 \(f_i\)， 那么我们可以钦定 \(i\) 个必选， 那么剩下的随便选， 就是 \(\large g_i = \dbinom {n}{i} (2^{2^{n - i}} - 1)\)。 考虑这样会算重， 但是刚好会将 \(f_j\) 算重 \(\dbinom {j}{i}\) 次， 所以直接二项式反演即可。
[bzoj3622]已经没有什么好害怕的了
考虑 DP 的话很难办， 但是状态应该是比较好想， 只是转移没法， 我们考虑 \(dp[i][j]\) 表示考虑前 \(i\) 个恰好 \(j\) 个很难办， 我们可以想前面那道题一样钦定 \(j\) 对， 然后算重的， 考虑恰好的个数就是 \(g_i\)， 那么就有 \(f_i = \sum_{j = i}^{n} \dbinom {j}{i} g_j\)
CF997C Sky Full of Stars

那么直接拿dp数组二项式反演即可。

Lucas 定理

当模数 \(p\) 小于 \(max(m, n - m)\) 时， \(n!\left( m-n\right) !\)就没有逆元， 所以我们需要用 Lucas 定理， 所以 Lucas 定理并不是用来加速的。

\[\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \lfloor \dfrac{n}{p}\rfloor \\ \lfloor \dfrac{m}{p}\rfloor \end{pmatrix}\begin{pmatrix} nmodp \\ mmodp \end{pmatrix}\left( modp\right) \]

还有一种理解就是， Lucas定理的含义就是将 \(n, m\) 按 \(p\) 进制分解后每一位组合数的和。

反演

\[F\left( i\right) =\sum ^{i}_{j=1}A\left( i,j\right) G\left( j\right) \Leftrightarrow G\left( i\right) =\sum ^{i}_{j=1}B\left( i,j\right) F\left( j\right) \]

实际上就是矩阵乘法。

\[f=g\times A\Leftrightarrow g=f\times B \]

说白了就是求 \(A\) 的逆矩阵。

第二类斯特林数 行

定义 \(\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}\) 表示将 \(n\) 个两两不同的元素，划分为 \(k\) 个互不区分的非空子集的方案数。

递推式

\[\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\ k-1\end{Bmatrix}+k\begin{Bmatrix}n-1\\ k\end{Bmatrix} \]

证明： 考虑放入一个数， 如果这个数单独一个子集就是 \(\begin{Bmatrix}n - 1 \\ k - 1\end{Bmatrix}\)， 如果在某个子集内就是 \(k\begin{Bmatrix}n - 1 \\ k\end{Bmatrix}\)。 根据加法原理加起来即可。

通项公式

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum\limits_{i=0}^m\dfrac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!} \]

证明： 我们设 \(f_i\) 是把 \(n\) 个两两不同的元素分恰好分到 \(i\) 个到要区分的非空子集的方案数， \(g_i\) 和前者一样， 只是可以有空集。

显然有 $$g_i = 2^i$$

显然有：

\[g_m = \sum_{i = 0}^m \begin{pmatrix} m \\ i \end{pmatrix} f_i \]

然后二项式反演得：

\[f_m = \sum_{i = 0}^m \begin{pmatrix} m \\ i \end{pmatrix} (-1) ^ {m - i} g_i \]

考虑我们的 \(\begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}\) 为分到不区分的子集， 我们除个序即可。

则：

\[\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix} = \frac{f_m}{m!} = \sum\limits_{i=0}^m\dfrac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!} \]

minmax容斥

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

\[max_k S = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T| - k} \dbinom{|T| - 1}{k - 1} min T \]

min 同理。

证明就是考虑每一个数的贡献， 即可。

例题

P4707 重返现世
也就是求 \(E(max_{n - k} t_i)\)
\(E(max_k t_i) = E(\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T| - k} \dbinom{|T| - 1}{k - 1} min T)\)

考虑期望的运算， 我们可以把系数都提出来就是 \(\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T| - k} \dbinom{|T| - 1}{k - 1}E(min T)\)

我们考虑抽象一下， 也就是我们第一次选数选到这个集合 \(T\) 的期望时间， 也就是 \(\frac{1}{\sum p}\)

那么我们就是考虑算， 硬算的话太慢， 观察数据范围， \(\sum p\) 只有 1e4 中取值， 我们可以搞出每个 \(\sum p\) 的系数， 那么就可以 \(O(m)\) 算了。

考虑算系数的话想一想 DP， 我们设 \(dp[i][j]\) 表示考虑前 \(i\) 位， \(\sum p\) 等于 \(j\) 时的系数和， 我们考虑新加一个数 \((-1)^{|T| - 1}\) 好搞， 就是 \(\dbinom {|T| - 1}{k - k}\) 不好搞， 但是观察数据范围， \(k\) 很小， 我们可以新开一个状态， 用帕斯卡定理即可。

Prüfer序列

这个东西可以所有的有标号的树一一映射到一个一个序列， 也就是一个prufer序列唯一对应一棵有标号的树。

生成prufer序列

每次选择一个编号最小的叶结点并删掉它，然后在序列中记录下它连接到的那个结点。重复 n-2 次后就只剩下两个结点。

还原树

我们定义一个叶子节点有序集合， 每次将prufer序列队头连向叶子节点集合队头， 当prufer序列中某中相同元素全部被弹出时， 说明他的儿子全部被连向了他， 他就成为了一个叶子， 加入叶子集合。

性质

通过prufer序列我们可以知道 \(n\) 个点可以生成的不同有标号无根树的数量是：

\[n^{n - 2} \]

1. 在构造完 Prüfer 序列后原树中会剩下两个结点，其中一个一定是编号最大的点 n。
2. 每个结点在序列中出现的次数是其度数减 1。（没有出现的就是叶结点）

拓展

一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带标号无向图有 \(k\) 个连通块。我们希望添加 \(k-1\) 条边使得整个图连通。求方案数。

我们考虑这样一个简化的问题： 有 \(k\) 个点， 每个点有 \(d_i\) 的度数限制， 有标号生成树的个数为多少？

考虑prufer序列的性质二， 也就是某个度数为 \(d_i\) 的节点只能在 prufer序列中出现 \(d_i - 1\) 次， 所以个数就是：

\[\frac{k!}{\prod (d_i - 1)!} \]

然后加上连通块的条件， 如果我们确定了度数， 那么就还要乘上 \(\prod s_i^{d_i}\)， 显然我们要枚举所有的度数情况， 化简一下式子发现我们可以用多项式定理， 最后的式子就是：

\[n^{k - 2} \prod s_i \]