简单组合计数

简单组合计数

组合计数基础

几个原理：

1.加法原理：若完成一件事有$n$类不同的方法，第$i$类方法有$a_i$种方法，且这些方法互不重合则完成这件事共有$\sum _{i=1}^n{a}_i$种方法

2.乘法原理：若完成一件事有$n$个不同的步骤，每个步骤有$a_i$种完成方法，且互不干扰，则完成该件事共有$\prod _{i=1}^n{a}_i$种方法

几个定义：

1.排列数：从$n$个不同的数里依次 取出$m$个，产生的不同排列数量为：

$$A_n^m(\text{或}{P}_n^m)=\prod _{i=n-m+1}^{n}i=\frac{n!}{(n-m)!}$$

注意是$m$在上

2.组合数：从$n$个不同的数里取出$m$个组成一个集合(不考虑顺序，只要元素到位)，产生的不同集合数量为：

$$C_n^m=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$

性质:

1.$C_n^m=C_n^{n-m}$

2.$C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$      重要

3.$\sum _{i=0}^n{C}_n^i=2^n$

4.$\sum _{k=0}^n(-1{)}^k{C}_n^k=0$

5.$C_{m+n}^k=\sum _{j=0}^k(C_m^{k-j}\times C_n^j)$

6.$C_{n+1}^{k+1}=\sum _{i=k}^n{C}_i^k$

7.Lucas定理:若$p$是质数，则对于任意整数$1\le m\le n$有

$$C_n^m\equiv C_{nmodp}^{mmodp}\times C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }(modp)$$

这个注意代码实现的时候得递归实现

二项式定理

$$(a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^k{b}^{n-k}$$

多项式定理

设$n$是正整数，则对于所有的$x_i$ $(i\in [1,t])$有

$$(\sum _{i=1}^t{x}_i{)}^n=\sum _{\left(\sum _{p=1}^t{n}_p\right)=n}\left(\frac{n!}{\prod _{k=1}^t(n_k!)}\right)\prod _{j=1}^t{x}_j^{n_j}$$

这里把$n_i$的所有组合枚举出来即可

多重集的排列数

多重集是允许包含重复元素的集合，设集合$\mathbb{S}=\{n_1·a_1,n_2·a_2,n_3·a_3\dots n_k·a_k\}$是由$n_1$个$a_1$……组成的多重集，$n=\sum _{i=1}^k{n}_i$则它的全排列个数为：

$$\frac{n!}{\prod _{k=1}^m(n_k!)}$$

多重集的组合数

设集合$\mathbb{S}=\{n_1·a_1,n_2·a_2,n_3·a_3\dots n_k·a_k\}$是由$n_1$个$a_1$……组成的多重集，$n=\sum _{i=1}^k{n}_i$
则从该集合中选出$r(r\le n)$个数组成的不同的多重集数量为：

$$C_{k+r-1}^{k-1}-\sum _{i=1}^k{C}_{k+r-n_i-2}^{k-1}+\sum _{1\le i<j\le n}{C}_{k+r-n_i-n_j-2}^{k-1}-\dots +(-1{)}^k{C}_{k+r-n-k-1}^{k-1}$$

Catlan数

定义

$$Ca{t}_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$$

与其有关的问题：

1.给定n个左括号和n个右括号组成合法的括号序列的个数为$Ca{t}_n$

2.$1\sim n$依次进栈，合法的出栈序列个数为$Ca{t}_n$

3.n个节点组成的不同二叉树的数量是$Ca{t}_n$

4.在平面直角坐标系中每一步只能向上或者向右走,从点$(0,0)$到点$(n,n)$并且除了两个端点之外路线上没有一个点经过直线y=x，这样的路径条数一共有$2Ca{t}_{n-1}$

几个结论：

1.将一个长度为n的环变作n个自环至少要将节点交换n-1次

2.设$F_n$表示用最少步骤将一个长度为n的环变作n个自环的操作方案数,有：$F_n=n^{n-2}$

3.遇到序列上的错位，需要交换位置还原的问题可以往图论方向想

exlucas

用途：快速求出以下式子的值(p不一定是质数)

$$C_n^{m}modp$$

遇到这种情况，我们可以将p进行算术基本定理的质因数分解。设$p=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}$，我们设$a_i=C_n^{m}mod{p}_i^{c_i}$

这样我们就把问题简化成了：

$$\{\begin{array}{rl}xmod& p_1^{c_1}=a_1\\ xmod& p_2^{c_2}=a_2\\ xmod& p_3^{c_3}=a_3\\ & ⋮\\ xmod& p_k^{c_k}=a_k\end{array}$$

这个一次同余式组直接用中国剩余定理$CRT$求即可

问题在于如何求出$C_n^{m}mod{p}_i^{c_i}$

先来看简化版扩展卢卡斯：

古代猪文

题意:给定整数$n,q(n,q\le {10}^9)$计算

$$q^{\sum _{d|n}{C}_n^d}mod999911659$$

因为999911659是一个质数，由扩欧得：

原式等价于

$$q^{\sum _{d|n}{C}_n^{d}mod999911658}mod999911659$$

所以本题关键在于计算$\sum _{d|n}{C}_n^{d}mod999911658$

按照扩展卢卡斯的思路，我们将999911658分解质因数发现：$999911658=2\times 3\times 4679\times 35617$

我们枚举n的约数d,分成四个，运用Lucas定理分别计算组合数$C_n^d$对这四个质因数的模，求出$\sum _{d|n}{C}_n^d$模这四个质数的值，记作$a_1,a_2,a_3,a_4$

当然对于质数的逆元啥的自己预处理一下就可以

现在我们的问题就是求解同余方程组

$$\{\begin{array}{rlrl}xmod& 2& =& a_1\\ xmod& 3& =& a_2\\ xmod& 4679& =& a_3\\ xmod& 35617& =& a_4\end{array}$$

然后用快速幂进行计算即可

#define int long long 
int mod=999911659,p[4]={2,3,4679,35617},n,m,cnt,ans,q;
int ys[40000],jc[40000],a[4],x,y,t;
int power(int a,int b,int p){
    int ans=1;
    while(b){
    	if(b&1)ans=ans*a%p;
    	a=a*a%p;
    	b>>=1;
	}
    return ans;
}
int C(int n,int m,int p){
    return n<m?0:jc[n]*power(jc[m]*jc[n-m],p-2,p)%p;
}
int lucas(int n,int m,int p){
    return m?C(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p:1;
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b){
    	x=1,y=0;
    	return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y,y=t-(a/b)*y;
	return d;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&q);
    if(q%mod==0){
        puts("0");
        return 0;
    }
    jc[0]=1;
    m=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(n%i==0){
			ys[++cnt]=i,ys[++cnt]=n/i;
		}
	}
    cnt-=ys[cnt-1]==ys[cnt];
    for(int i=0;i<4;i++){
        for(int j=1;j<p[i];j++){
			jc[j]=jc[j-1]*j%p[i];
		}
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
			a[i]=(a[i]+lucas(n,ys[j],p[i]))%p[i];
		}
        exgcd((mod-1)/p[i],p[i],x,y);
        ans=(ans+a[i]*(x%p[i]+p[i])*(mod-1)/p[i])%(mod-1);
    }
    printf("%lld\n",power(q,ans,mod));
    return 0;
}
 

这也就是所有的$c_i=1$时的简化情况