组合数学

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^{\underset{―}{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 $1, 2, \cdot \cdot \cdot, n$ 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}) = {(- 1)}^{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!}

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

= {(- 1)}^{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{array}{rcl} (1) & \sum_{k = 0}^{m} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) & = & \sum_{k = 0}^{m} (\binom{k - n - 1}{k}) 上 指 标 反 转 \\ (2) & = & (\binom{m - n}{m}) 平 行 求 和 \\ (3) & = & (- 1)^{m} (\binom{n - 1}{m}) 上 指 标 反 转 \end{array}

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{array}{rcl} (4) & \sum_{k} {(\binom{n}{k})}^{2} & = & \sum_{k} (\binom{n}{k}) (\binom{n}{n - k}) 对 称 \\ (5) & = & (\binom{2 n}{n}) 范 德 蒙 德 卷 积 \end{array}

\begin{array}{rcl} (6) & \sum_{k} k {(\binom{n}{k})}^{2} & = & \sum_{k} n (\binom{n}{k}) (\binom{n - 1}{k - 1}) 吸 收 \\ (7) & = & \sum_{k} n (\binom{n}{n - k}) (\binom{n - 1}{k - 1}) 对 称 \\ (8) & = & n (\binom{2 n - 1}{n - 1}) \end{array}

\begin{array}{rcl} (9) & \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 \\ (10) & = & \frac{1}{(\binom{n}{m})} \sum_{k}^{m} (\binom{n - k}{m - k}) \\ (11) & = & \frac{(\binom{n + 1}{m})}{(\binom{n}{m})} 平 行 求 和 \\ (12) & = & \frac{n + 1}{n - m + 1} \end{array}

\begin{array}{rcl} (13) & \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 \\ (14) & = & (- 1)^{n} (\binom{n}{m}) \sum_{k = m}^{n} (\binom{m - k - 1}{n - k}) 上 指 标 反 转 \\ (15) & = & (- 1)^{n} (\binom{n}{m}) \sum_{k = 0}^{n - m} (\binom{m - n + k - 1}{k}) 换 元 \\ (16) & = & (- 1)^{n} (\binom{n}{m}) (\binom{0}{n - m}) \\ (17) & = & (- 1)^{n} [n == m] \end{array}

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} [n = m]

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_{i} g_{n - i}

f_{i} = g_{i} - \sum_{i = 1}^{n - 1} (\binom{n - 1}{i - 1}) f_{i} g_{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} {_{i}^{n}} x^{\underset{―}{i}}

Lucas定理

(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ n / p ⌋}{⌊ m / p ⌋}) (\binom{n}{m}) (\mod 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 ${(a + b)}^{p} \equiv a^{p} + b^{p}$
考虑 $(\binom{n}{m})$ 是要求 ${(1 + x)}^{n}$ 种 $x^{m}$ 的系数。

{(1 + x)}^{n} = {(1 + x)}^{p ⌊ n / p ⌋} {(1 + x)}^{n mod p}

又因为

{(1 + x)}^{p ⌊ n / p ⌋} = {(1 + x^{p})}^{⌊ n / p ⌋}

所以 ${(1 + x)}^{p ⌊ n / p ⌋}$ 只有 $x^{k p}$ 的系数 ${(1 + x)}^{n mod p}$ 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 $x^{p ⌊ n / p ⌋}$ 的系数与第二个式子的 $x^{n mod p}$ 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

${\binom{n}{k}}$ 表示将 $n$ 个元素划分为 $k$ 个非空子集的方案数（第二类）

$[\binom{n}{k}]$ 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] \neq [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

[\binom{n}{1}] = (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} [\binom{n}{k}] = n!

与幂之间的关系

\begin{aligned} x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (\binom{x}{k}) k! (普 通 转 下 降 幂) \\ x^{\overset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k} (上 升 幂 转 普 通) \\ x^{\underset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] x^{k} (下 降 转 普 通 幂 ， 交 错 可 证) \\ x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (- 1)^{n - k} x^{\overset{―}{k}} (普 通 转 上 升) \\ x^{\underset{―}{n}} = (- 1)^{n} (- x)^{\overset{―}{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_{i} H_{n - i - 1} (n >= 2) \\ 1 (n = 0, 1) \end{cases} H_{n} = (\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n - 1})

对应问题：

有一个大小为 $n \times n$ 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 $2 n$ 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} = \frac{(\binom{2 n}{n})}{n + 1}

递推式

H_{n} = \frac{H_{n - 1} (4 n - 2)}{n + 1}

容斥

普通

Min-Max 容斥

m a x (S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} m i n (S) k t h m a x (S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| t | - 1}{k - 1}) m i n (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

posted @ 2024-07-05 11:11 storms11 阅读(63) 评论(2) 编辑收藏举报

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