组合数学

组合数学的常见式子

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。

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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。

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吸收/相伴等式

\[\frac{\binom{n}{m} }{\binom{n-1}{m-1}}=\frac{n}{m} \]

\[\frac{\binom{n}{m} }{\binom{n-1}{m}}=\frac{n}{n-m} \]

\[\frac{\binom{n}{m} }{\binom{n}{m-1}}=\frac{n-m+1}{m} \]

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。

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上指标反转

\[\binom{n}{m}=\left ( -1 \right ) ^{m} \binom{m-n-1}{m} \]

证明：

\[\binom{r}{m}=\binom{-n}{m}=\frac{-n\left(-n-1\right )\left(-n-2\right )...\left(-n-m+1\right )}{m!} \]

\[=\left(-1\right)^{m}\frac {n\left(n+1\right)\left(n+2\right)...\left(n+m-1\right)}{m!} \]

\[=\left(-1\right)^{m}\binom{n+m-1}{m} \]

\[=\left(-1\right)^{m}\binom{m-r-1}{m} \]

特征：

有一个(-1)^m。

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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 \(n\) 。

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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

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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

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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

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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 \(n-1\) 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

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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

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）

\[=\binom{n+m}{m} \]

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。