数学
组合数学的常见式子
定义式
\[C_{n}^{m}=\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n^\underline{m}}{m!}
\]
表示从 \(n\) 个不同元素中选出 \(m\) 个（不计顺序）的方案数。
一些应用
插板法：
1.有 \(n\) 个完全相同的元素，将其分为 \(k\) 组，每组至少有一个元素，一共有多少种分法？(sol:在 \(n-1\) 个空格中放 \(k-1\) 块板)
\[\binom{n-1}{k-1}
\]
2.有 \(n\) 个完全相同的元素，将其分为 \(k\) 组，每组可以为空，一共有多少种分法？(sol:每一组加一个数，共 \(n+k\) 个数，然后用上一题解决)
\[\binom{n+k-1}{k-1}=\binom{n+k-1}{n}
\]
3.从\(1, 2, · · · , n\) 中选出 \(k\) 个数，要求任何两个数都不相邻，一共有多少种选法？
sol: 选择 \(k\) 个数会分成 \(K+1\) 段，设每段包含的数的个数为 \(a_0,a_1,a_2,...\) 则满足
\[a_0+a_1+...+a_k+1=n-k(a_0,a_{k+1}>0,a_1...>1)
\]
所以给 \(a_0,a_{k+1}\) 加两个数，则变成问题1，从 \(n-k+2\) 个数中每组至少有一个元素分为 \(k+1\) 组的分法。
\[\binom{n-k+1}{k}
\]
递推式
\[\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m}
\]
证明(组合意义):
同学和老师出去春游共有 \(n\) 个人，一项活动只能去 \(m\) 个人,考虑老师去或不去，老师去在 \(n-1\) 个同学中选 \(m-1\) 个，否则在 \(n-1\) 个同学中选 \(m\) 个。
特征:
加号连接，两个组合数的 \(n\) 相同, \(m\) 相差1。
对称性
\[\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}
\]
对于\(n,m\in Z\)
证明(组合意义):
从 \(n\) 个数中选 \(m\) 个数，等同于从 \(n\) 个数中选 \(n-m\) 个数不选。
吸收/相伴等式
\[\frac{\binom{n}{m} }{\binom{n-1}{m-1}}=\frac{n}{m} \Rightarrow k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}
\]
\[\frac{\binom{n}{m} }{\binom{n-1}{m}}=\frac{n}{n-m} \Rightarrow (n-k)\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k}
\]
\[\frac{\binom{n}{m} }{\binom{n}{m-1}}=\frac{n-m+1}{m}
\]
最终形式：
\[\binom{r}{k}=\frac{r}{k}\binom{r-1}{k-1}
\]
证明：
将式子转为阶乘的形式，即可证明等式两边相等。
特征:
除号连接，分号上为 \(\binom{n}{m}\) ，分号下的 \(n\) 或者 \(m\) 减一。
上指标反转
\[\binom{n}{m}=\left ( -1 \right ) ^{m} \binom{m-n-1}{m}
\]
证明：
\[\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n(n-1)(n-2)...(n-m+1)}{m!}
\]
\[=\left(-1\right)^{m}\frac {-n\left(-n+1\right)\left(-n+2\right)...\left(-n+m-1\right)}{m!}
\]
\[=\left(-1\right)^{m}\binom{m-n-1}{m}
\]
特征：
有一个(-1)^m。
三项式系数恒等式
\[\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}
\]
证明(组合意义):
\(n\) 个数选出 \(m\) 个再在 \(m\) 个中选 \(k\) ，等同与从 \(n\) 个数中选 \(k\) ,在从 \(n-k\) 中找 \(m-k\) 。（因为等式右边先选出 \(k\) 在找 \(m-k\) 与 \(k\) 一起等同于一开始选 \(m\) ）
特征：
第一个组合数的 \(m\) 等于第二个的 \(n\) 。
平行求和
\[\binom{n}{0}+\binom{n+1}{1}+\binom{n+2}{2}+....=\sum_{k=0}^{m}\binom{n+k}{k}=\binom{n+m+1}{m}
\]
证明：
\[\binom{n+m+1}{m} \\
= \binom{n+m}{m}+\binom{n+m}{m-1}\\
= \binom{n+m}{m}+\binom{n+m-1}{m-1}+\binom{n+m-1}{m-2}
\]
不断展开即可。
特征：
上下指标同时加减。
上指标求和
\[\sum_{i=0}^{n} \binom{i}{m}=\binom{n+1}{m+1}
\]
证明(组合意义):
\(n+1\) 个数选出 \(m+1\) 个，考虑最后一个数是第 \(i+1\) 个数，则需要从前 \(i\) 个数中选 \(m\) 个数。
特征：
有 \(\sum\) 以及上指标变化，下指标不变
下指标求和（整行）
\[\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}=2^n
\]
证明(组合意义):
\(n\) 个数中任选出 \(0\) 到 \(n\) 个数等于 \(n\) 个数的所以子集，每个数可选可不选，所以共2^n种可能。
特征：
有 \(\sum\) 以及下指标变化，上指标不变
交错和
\[\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n}{k}=(-1)^m\binom{n-1}{m}
\]
证明：
\[\begin{eqnarray}
\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n}{k}&=&\sum_{k=0}^{m}\binom{k-n-1}{k} 上指标反转\\
&=&\binom{m-n}{m}平行求和\\
&=&(-1)^m\binom{n-1}{m}上指标反转
\end{eqnarray}
\]
下指标卷积
\[\sum_{i=0}^{k} \binom{n}{i}\binom{m}{k-i}=\binom{n+m}{k}
\]
证明(组合意义):
\(n\) 个数中选出 \(i\) 个数 从 \(m\) 个数中选 \(k-i\) 个数，等于在 \(n+m\) 个数中选 \(k\)。
特征：
有 \(\sum\) 以及下指标的和不变，上指标不变
上指标卷积
\[\sum_{i=0}^{n} \binom{i}{a}\binom{n-i}{b}=\binom{n+1}{a+b+1}
\]
证明(组合意义):
\(n\) 个数分成左右两边，左边 \(a\) 中选出 \(i\) 个数 , 右边从 \(b\) 个数中选 \(n-i\) 个数，等于给原数加一个分隔符，从 \(n+1\) 个数中选 \(a+b+1\)。
特征：
有 \(\sum\) 以及下指标的和不变，上指标不变
范德蒙德卷积
\[\sum_{i=0}^{n} \binom{r}{k}\binom{s}{n-k}=\binom{r+s}{n}
\]
证明(组合意义):
\(n\) 个数分成左右两边，左边 \(r\) 个数 中选出 \(k\) 个数 , 右边 \(s\) 个数中选 \(n-k\) 个。
练习题
1.
\[\sum_{i=0}^{m}\binom{n+i}{i}
\]
\[\sum_{i=0}^{m}\binom{n+i}{i}=\sum_{i=0}^{m}\binom{n+i}{n}对称性
\]
\[=\binom{n+m+1}{n+1}上指标求和
\]
\[\begin{eqnarray}
\sum_{k}\binom{n}{k}^2&=&\sum_{k}\binom{n}{k}\binom{n}{n-k} 对称\\
&=&\binom{2n}{n}范德蒙德卷积\\
\end{eqnarray}
\]
\[\begin{eqnarray}
\sum_{k}k\binom{n}{k}^2&=&\sum_{k}n\binom{n}{k}\binom{n-1}{k-1} 吸收\\
&=&\sum_{k}n\binom{n}{n-k}\binom{n-1}{k-1}对称\\
&=& n\binom{2n-1}{n-1}
\end{eqnarray}
\]
\[\begin{eqnarray}
\sum_{k}^{m}\frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}&=&\sum_{k}^m\frac{\binom{n-k}{m-k}}{\binom{n}{m}} 三项式系数恒等式\\
&=&\frac{1}{\binom{n}{m}}\sum_{k}^m\binom{n-k}{m-k}\\
&=& \frac{\binom{n+1}{m}}{\binom{n}{m}}平行求和\\
&=& \frac{n+1}{n-m+1}\\
\end{eqnarray}
\]
\[\begin{eqnarray}
\sum_{k=m}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{k}{m}&=&\sum_{k=m}^n(-1)^k\binom{n-m}{k-m}\binom{n}{m} 三项式系数恒等式\\
&=&(-1)^n\binom{n}{m}\sum_{k=m}^n\binom{m-k-1}{n-k}上指标反转\\
&=&(-1)^n\binom{n}{m}\sum_{k=0}^{n-m}\binom{m-n+k-1}{k}换元\\
&=&(-1)^n\binom{n}{m}\binom{0}{n-m}\\
&=&(-1)^n[n==m]
\end{eqnarray}
\]
2.
给 \(q\) 组询问，每次给出 \(n\) , \(m\) ，求 \(\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\)
q, n, m ≤ 105，对 1e9 + 7 取模。
1.当已知 \(\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\)求 \(\sum_{i=0}^{m}\binom{n+1}{i}\)时，因为
\[\sum_{i=0}^{m}\binom{n+1}{i}=\sum_{i=0}{m}(\binom{n}{i}+\binom{n}{i-1})=2\sum_{i=0}{m}\binom{n}{i}-\binom{n}{m}
\]
以下面的表格为例,第3行等于第2行加第1行.（第一行和第二行的和均为\(\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\)，第三行的和为\(\sum_{i=0}^{m}\binom{n+1}{i}+\binom{n}{m}\)）
| \(\binom{n}{0}\) |
\(\binom{n}{1}\) |
\(\binom{n}{2}\) |
\(\binom{n}{3}\) |
|
|
\(\binom{n}{0}\) |
\(\binom{n}{1}\) |
\(\binom{n}{2}\) |
\(\binom{n}{3}\) |
| \(\binom{n+1}{0}\) |
\(\binom{n+1}{1}\) |
\(\binom{n+1}{2}\) |
\(\binom{n+1}{3}\) |
\(\binom{n}{3}\) |
2.当已知 \(\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\)求 \(\sum_{i=0}^{m+1}\binom{n}{i}\)时
\[\sum_{i=0}^{m+1}\binom{n}{i}=\sum_{i=0}{m}\binom{n}{i}+\binom{n}{m+1}
\]
所以每一步都可以 \(o(1)\) 转移，莫队离线处理。
3.下指标点积
\[\sum_{i=0}{m}\binom{n}{i}\binom{m}{i}=\sum_{i=0}{m}\binom{n}{i}\binom{m}{m-i}
\]
上指标为常数，下指标和为常数（下指标卷积）
\[=m\binom{n+m}{m}
\]
4.
求
\[\sum_{i=m}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{i}{m}
\]
\[\sum_{i=m}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{i}{m}=\sum_{i=m}^{n}(-1)^i\binom{n}{m}\binom{n-m}{i-m}
\]
三项式系数恒等式
\[=\binom{n}{m}\sum_{i=m}^{n}(-1)^i\binom{n-m}{i-m}
\]
\[=\binom{n}{m}\sum_{j=0}^{n-m}(-1)^j+m\binom{n-m}{i-m}
\]
\[=(-1)^m\binom{n}{m}\sum_{j=0}^{n-m}(-1)^j\binom{n-m}{i-m}
\]
\[=(-1)^m\binom{n}{m}(-1+1)^(n-m）
\]
二项式定理
当且仅当, \(n==m\) 时有值，因为 \(n==m\) 时 \(\binom{n}{m}==1\),所以
\[=(-1)^m \left [ n=m \right ]
\]
5.有标号连通图计数
设 \(f_i\) 为大小为 \(i\) 个点的有标号连通图的数量，\(g_i\) 为有 \(i\) 个点的有标号图的数量。
因为任意两个点有一条边，可选可不选，所以
\[g_i=2^\binom{n}{2}
\]
对于一个点在一个大小为 \(i\) 的联通块里，联通块的元素有 \(\binom{n-1}{i-1}\) 种可能，就有个数乘 \(f_i\) 种不同的连通图，剩下的点随便连，则可用 \(f_i\) 表示 \(g_i\) .
\[g_i=\sum_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}f_ig_{n-i}
\]
\[f_i=g_i-\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n-1}{i-1}f_ig_{n-i}
\]
6.幼儿园篮球题
给定 \(L\) , \(T\) 次询问，每次给 \(n,m,k\) ,求 \(\sum_{i=0}^{k}\binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i}i^L\)
补充：
\[x^{n}=\sum_{i=0}^{n}\Large\{_i^n\}x^{\underline{i}}
\]
Lucas定理
\[\binom{n}{m}\equiv\binom{\left \lfloor n/p \right \rfloor }{\left \lfloor m/p \right \rfloor }\binom{n%p}{m%p}\pmod{p}
\]
证明：
二项式定理\((a+b)^{2}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}a^{n}b^{n-i}\)
因为对于任何 \(i\) 在模意义下, 只有 \(i=0\) 或者 \(p\) 时 \(\binom{p}{i}\) 有值为1.
所以 \(\left(a+b\right)^p\equiv a^p+b^p\)
考虑 \(\binom{n}{m}\) 是要求 \(\left(1+x\right)^n\) 种 \(x^m\) 的系数。
\[\left(1+x\right)^n=\left(1+x\right)^{p\left \lfloor n/p \right \rfloor }\left(1+x\right)^{n\bmod p}
\]
又因为
\[\left(1+x\right)^{p\left \lfloor n/p \right \rfloor }=\left(1+x^{p}\right)^{\left \lfloor n/p \right \rfloor }
\]
所以 \(\left(1+x\right)^{p\left \lfloor n/p \right \rfloor }\) 只有 \(x^{kp}\) 的系数 \(\left(1+x\right)^{n\bmod p}\) 只有 \(x^{0}\) 到 \(x^{p-1}\) 的系数，两个式子相乘得到的 \(x^{m}\) 的系数只有一种可能，那就是第一个式子的 \(x^{p\left \lfloor n/p \right \rfloor }\) 的系数与第二个式子的 \(x^{n\bmod p}\) 的系数。所以原命题得证.
应用
求\(n\),\(m\)极大时的组合数，一般数据要求 \(p\) 小于 1e5.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e5+10;
int t,n,m,p;
ll a[N];
ll ksm(ll x,ll y)
{
x%=p;
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1)ans=ans*x%p;
x=x*x%p;
y>>=1;
}
return ans;
}
ll C(int n,int m)
{
if(m>n)return 0; //防止n-m越界
return a[n]*ksm(a[m],p-2)%p*ksm(a[n-m],p-2)%p;
}
ll lucas(int n,int m)
{
if(m==0)return 1;//边界,m==0时lucas(n/p,m/p)和C(n%p,m%p)都是1。
return (lucas(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)+p)%p;
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
a[0]=1;
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for(int i=1;i<=p;i++)a[i]=a[i-1]*i%p;
printf("%lld\n",(lucas(n+m,n)+p)%p);
}
return 0;
}
代码注意事项：
1.要开longlong
2.要判越界。
斯特林数
定义
\({n\brace k}\) 表示将 \(n\) 个元素划分为 \(k\) 个非空子集的方案数（第二类）
\({n\brack k}\) 表示将 \(n\) 个元素排成 \(k\) 个轮换*的方案数(第一类)
*轮换：环形排列（首尾相接）
\(a\)对应\(b\) ,\(b\)对应\(c\) ,\(c\)对应\(d\) ,\(d\)对应\(a\) 就是一个轮换 \([a,b,c,d]\) 。
有定义可知
\[[a,b,c,d]=[b,c,d,a]=[c,d,a,b]=[d,a,b,c]\ne [a,c,b,d]
\]
同时我们发现一个 \(n\) 轮换对应 \(n!\) 个的 \(n\) 排列中的 \(n\) 个 ,所以有
\[{n\brack1}=(n-1)!
\]
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，有】
\[\sum_{k=0}^n{n\brack k}=n!
\]
与幂之间的关系
\[\begin{aligned}
& x^n=\sum_{k=0}^n{n\brace k}x^{\underline k}=\sum_{k=0}^n{n\brace k}\binom{x}{k}k!(普通转下降幂)\\
& x^{\overline n}=\sum_{k=0}^n{n\brack k}x^k(上升幂转普通)\\
& x^{\underline n}=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}{n\brack k}x^k(下降转普通幂，交错可证)\\
& x^n=\sum_{k=0}^n{n\brace k} (-1)^{n-k}x^{\overline k}(普通转上升)\\
& x^{\underline n}=(-1)^n(-x)^{\overline n}(上下互转)
\end{aligned}
\]
反转公式（没懂）
反演半家桶
二项式反演
\[g_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}f_i\Leftrightarrow f_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}g_i\\
g_m=\sum_{i=m}^n\binom{i}{m}f_i\Leftrightarrow f_m=\sum_{i=0}^n\binom{i}{m}(-1)^{i-m}g_i\\(为矩阵的转置)
\]
斯特林反演
卡特兰数
表达式
\[H_n=\begin{cases}
\sum_{i=0}^{n-1}H_iH_{n-i-1}(n>=2)\\
1 (n=0,1)
\end{cases}\\
H_n=\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-1}
\]
对应问题：
-
有一个大小为 \(n × n\) 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 \(2n\) 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, · · · , 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？
-
……
通项公式
\[H_n={\binom{2n}{n}\over n+1}
\]
递推式
\[H_n={H_{n-1}(4n-2)\over n+1}
\]
容斥
普通
Min-Max 容斥
\[max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}min(S)\\
kthmax(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|t|-1}{k-1}min(T)
\]
可以套期望。
通常与FWT/FMT 结合
子集和
点击查看代码
for(int i=0;i<n;i++)//枚举位
for(int j=0;j<(1<<n);j++)//枚举集合
if(j&(1<<i)) f[j]+=f[j^(1<<i)];//这一位为1
ff
