组合数学

组合数定义式

$(\binom{n}{m}) = \frac{n!}{m! (n - m)!}$ ，表示 $n$ 个数中选 $m$ 个。

下降幂

$n^{\underset{―}{m}} = n (n - 1) (n - 2) \dots (n - m + 1)$

上升幂

$n^{\overset{―}{m}} = n (n + 1) (n + 2) \dots (n + m - 1)$

特殊情况

$0^{0} = 0! = x^{0} = 1$
当 $m > n$ 或 $m < 0$ 时， $(\binom{n}{m}) = 0$
当 $m = 0$ 或 $m = n$ 时， $(\binom{n}{0}) = (\binom{n}{n}) = 1$

各种定理

1. 递推式（春游）

$(\binom{n}{k}) = (\binom{n - 1}{k}) + (\binom{n - 1}{k - 1})$

初值： $(\binom{i}{0}) = 1, n 从 0 到 i$ 。

2. 翻转

$(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k})$ ，条件： $n > 0$

3. 吸收公式（用于处理常数或参数）

$k (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k - 1})$ ，用组合数定义展开证明
$\frac{1}{k} (\binom{n}{k}) = \frac{1}{n} (\binom{n - 1}{k - 1})$
$(n - k) (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k})$ ，用“春游”证明.
$\sum_{i = 0}^{n} i^{\underset{―}{m}} (\binom{n}{i}) = \sum_{i = 0}^{n} n^{\underset{―}{m}} (\binom{n - m}{i - m}) = n^{\underset{―}{m}} 2^{n - m}$ ，用很多次吸收公式的推论。

4. 上指标反转

$(\binom{n}{k}) = (- 1)^{k} (\binom{k - n - 1}{k})$ ，用下降幂性质证

5. 二项式定理

$(x + y)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{n - k}$
当 $n \in R$ 且 $| x | < | y |$ 时， $(x + y)^{n} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{n - k}$ （泰勒展开可证明）
常用：
- $(x + 1)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k}$
- $(x - 1)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} (\binom{n}{k}) x^{k}$
- $(\binom{n}{k})$ 是 $(x + 1)^{n}$ 的 $x^{k}$ 项系数。这可以用来证明其他定理。（如lucas）

6. 一行之和定理

$\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) = 2^{n}$ ，是二项式定理中 $x = y = 1$ 的情况
可用于有类似下指标求和的式子： $\sum_{k = m}^{n} (\binom{n}{k}) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) - \sum_{k = 0}^{m - 1} (\binom{n}{k}) = 2^{n} - 2^{m}$

7. 平行求和

$\sum_{k = 0}^{m} (\binom{n + k}{k}) = (\binom{n + m + 1}{m})$ ，右边用“春游”展开可证

8. 上指标求和

$\sum_{k = 0}^{n} (\binom{k}{m}) = (\binom{n + 1}{m + 1})$ ，用“春游”展开

9.

$\sum_{k = 0}^{m} (- 1)^{k} (\binom{n}{k}) = (- 1)^{m} (\binom{n - 1}{m})$

10. 卷积

$\sum_{k} (\binom{r}{k}) (\binom{s}{n - k}) = (\binom{r + s}{n})$ ，从 $r + s$ 个元素中选 $n$ 个，等于从 $r$ 中选 $k$ 个，从 $s$ 中选 $n - k$ 个， $k \in (0, n)$
该式用于处理大部分的 $\sum$
变型： $\sum_{k} (\binom{- r}{m + k}) (\binom{- s}{n - k}) (- 1)^{k} = (- 1)^{m + n} (\binom{- r - s}{m + n})$

11.

$(\binom{r}{m}) (\binom{m}{k}) = (\binom{r}{k}) (\binom{r - k}{m - k})$

用定义展开证明
组合意义：从 $r$ 中选 $m$ 个，再从这 $m$ 个中选 $k$ 个，等价于先选 $k$ 个要用的，再从 $r - k$ 个中选 $m - k$ 个陪衬的。

多项式系数

$n$ 个不同的物品分成 $m$ 组，第 $i$ 组有 $a_{i}$ 个，总方案数： $\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{m} a_{i}!}$ （ $\sum_{i = 1}^{m} a_{i} = n$ ），可写作： $(\binom{n}{a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}})$
$(\binom{n}{a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m}}) = \prod_{k = 1}^{m - 1} (\binom{\sum_{i = k}^{k} a_{i}}{\sum_{i = k + 1} a_{i}})$

[注：上文是用AI把笔记的照片转文字的来的，可能会有错]

取模意义下的组合数

一些引理

$(\binom{p}{n}) mod p = [n = 0 \lor n = p]$ ，

证明： $(\binom{p}{n}) = \frac{p!}{n! (p - n)!}$ ，因为分子只有一个p，分母只有在n=p或n=0时有p。
$\begin{aligned} (1) & (a + b)^{p} & \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p) \\ (2) & 证明： (a + b)^{p} & \equiv \sum_{n = 0}^{p} (\binom{p}{n}) a^{n} b^{p - n} (\mod p) （二项式定理） \\ (3) & \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p) （引理一） \end{aligned}$

Lucas定理

一般来说，我们预处理阶乘，然后用定义式来计算组合数，但是当遇到n和m很大的时候，不支持 $O (n)$ 的复杂度时，就要用到Lucas定理。

对于质数 $p$ ,

(\binom{n}{m}) mod p = (\binom{⌊ n / p ⌋}{⌊ m / p ⌋}) \cdot (\binom{n mod p}{m mod p}) mod p

证明：
$(\binom{n}{m})$ 是 $(x + 1)^{n}$ 的 $x^{m}$ 项系数。

(x + 1)^{n} m o d p = (x + 1)^{p ⌊ n / p ⌋} (x + 1)^{n m o d p} m o d p （ 通 过 引 理 二 ） = (x^{p} + 1)^{⌊ n / p ⌋} (x + 1)^{n m o d p} m o d p 的 x^{m} 项 系 数 ∵ m = ⌊ m / p ⌋ p + m % p ∴ (\binom{n}{m}) = (\binom{⌊ n / p ⌋}{⌊ m / p ⌋}) \cdot (\binom{n mod p}{m mod p}) m o d p

拓展Lucas

用于处理模数M不是质数的情况。

设

M = p_{1}^{α_{1}} \dots p_{m}^{α_{m}}

我们可以求出每一个 $(\binom{n}{m}) mod p^{α_{i}}$ ，然后CRT合并就行

我们吧n!，m!和 $（ n - m ）!$ 中，所有p的因子提出来，

会有形如 $\frac{\frac{n!}{p^{x}}}{\frac{m!}{p^{y}} \frac{(n - m)!}{p^{z}}} p^{x - y - z} mod p^{α}$ 的式子。

现在分母可以exgcd求逆了，我们只需要求形如下面这样的式子：

\frac{n!}{p^{x}} mod p^{α}

n! = p^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} \cdot (⌊ \frac{n}{p} ⌋)! \cdot {(\prod_{i, gcd (i, p) = 1}^{p^{α}} i)}^{⌊ \frac{n}{p^{α}} ⌋} \cdot (\prod_{i, gcd (i, p) = 1}^{n mod p^{α}} i)

前面两个是n中p的倍数，第三个是n对p的循环节，最后一个是n对p的余数。

因为要求的是n！扣掉p的因子对 $p^{α}$ 取模，所以把 $p^{⌊ \frac{n}{p} ⌋}$ 直接扔掉，然后继续递归求解 $(⌊ \frac{n}{p} ⌋)!$

感觉这玩意非常难写，而且好像用处不大。

经典题型

一，插板法：

type1: 有n个元素，m个板子。现在要求每两个板子之间至少有一个球，求方案数。

n个球有n-1个空位(认为头尾不放板)。于是答案是 $(\binom{n - 1}{m})$

type2：板之间可以不放球。

对于每一种方案，在相邻两个板之间再放一个球。这个与n+m个球的type1等价。

所以答案是 $(\binom{n + m - 1}{m})$

练习题：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？

分成k+1段，设每一段长度为 $a_{i}$ ，将 $a_{1} 和 a_{n}$ 的长度加1。

则 $\sum a_{i} = n - k + 2$ ， $\forall a_{i} > 0$

所以相当于在n-k+2个数插k个板

所以答案是 $(\binom{n - k + 1}{k})$

二，把组合数用二项式的 $x^{n}$ 项系数理解

例题链接解法循环卷积

给定 $n, p, r, k (1 \leq n \leq 10^{9}, 0 \leq r < k \leq 50, 2 \leq p \leq 2^{30} - 1)$ ，求

\sum_{i mod k = r} (\binom{n k}{i}) mod p

\begin{aligned} \sum_{i mod k = r} (\binom{n k}{i}) \\ = & \sum_{i mod k = r} [x^{i}] (1 + x)^{n k} \\ = & [x^{r}] ((1 + x)^{n k} mod (x^{k} - 1)) \end{aligned}

直接循环卷积快速幂，时间复杂度 $O (k^{2} (\log n + \log k))$ 。

三，下指标求和的处理方法

我们发现下指标求和没有公式，所以我们要想办法转换下指标求和。

来看一个例题：

题面

给定 $n, m$ ，一共 $T$ 组询问，求 $\sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{k}) mod 2333$

$n, m$ 在 $10^{9}$ 级别，T在 $10^{5}$ 级别。

解法：

先把 $k$ 按照 $⌊ \frac{k}{p} ⌋$ 分类

\sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{k}) = \sum_{i = 0}^{⌊ m / p ⌋ - 1} \sum_{j = 0}^{p - 1} (\binom{n}{i p + j}) + \sum_{k = p ⌊ m / p ⌋}^{m} (\binom{n}{k})

再用 $l u c a s$ 定理展开：

\begin{aligned} = \sum_{i = 0}^{⌊ m / p ⌋ - 1} (\binom{⌊ n / p ⌋}{i}) \sum_{j = 0}^{p - 1} (\binom{n mod p}{j}) + \sum_{k = p ⌊ m / p ⌋}^{m} (\binom{n / p}{k / p}) (\binom{n % p}{k % p}) \end{aligned}

注意到 $\sum_{j = 0}^{p - 1} (\binom{n mod p}{j})$ 用一行之和定理表示为 $2^{n % p}$ ， $(\binom{n / p}{k / p})$ 始终为定值，而且可以用普通的 $L u c a s$ 来求，于是上式可改写为：

= 2^{n mod p} \sum_{i = 0}^{⌊ m / p ⌋ - 1} (\binom{⌊ n / p ⌋}{i}) + (\binom{n / p}{k / p}) \sum_{k = 0}^{m % p} (\binom{n % p}{k})

然后发现左右两边都可以递归求解。于是做完了。复杂度为 $O (T l o g_{p} n)$ 。

四，用组合意义

例题（某联考题）：

\sum_{i = 0}^{n} i^{\overset{―}{m}} (\binom{n}{i}) mod p

n 是1e9, m 是1e6，p是1e9+7

有一种用斯特林数把上升幂转普通幂转下降幂，然后用斯特林数奇妙公式乱搞的做法，但是用组合意义做会有奇效。

简单转换一下式子：（把上升幂转组合数形式）

m! \sum_{i = 0}^{n} (\binom{i + m - 1}{m}) (\binom{n}{i})

先不看 m! , 我们可以认为是：从 n 个球中选 i 个球，再往 i 个球中加 m - 1 个球，最后从i - 1 + m 个球选m个球。因为我们 $\sum$ 的枚举范围只能是 O(m) 的，所以考虑转换组合意义。这相当于从新加的 m - 1 个球中选 j 个球，然后从原先钦定的 i 个球中钦定 j + 1 个球不选，剩下 n - i - 1个球的排列方式排列方式任意。

所以答案是：

m! \sum_{i = 0}^{m - 1} (\binom{m - 1}{i}) (\binom{i}{j + 1}) 2^{n - i - 1}

总结一下

当 $p$ 很小的时候，下指标求和可以用 $L u c a s$ 定理递归求解。

当 $n \leq m$ 的时候，可以用一行之和来求。

拓展

posted @ 2025-01-22 21:38 花子の水晶植轮daisuki 阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 莫比乌斯反演

· 容斥与反演

· 组合数及其简单应用

· 一些组合数学

· 【笔记】组合数学初步

公告

昵称：花子の水晶植轮daisuki
园龄： 7个月
粉丝： 7
关注： 19

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

water-flower

组合数学

组合数学

组合数定义式

下降幂

上升幂

相关结论

特殊情况

各种定理

1. 递推式（春游）

2. 翻转

3. 吸收公式（用于处理常数或参数）

4. 上指标反转

5. 二项式定理

6. 一行之和定理

7. 平行求和

8. 上指标求和

9.

10. 卷积

11.

多项式系数

取模意义下的组合数

一些引理

Lucas定理

拓展Lucas

经典题型

一，插板法：

二，把组合数用二项式的 xn 项系数理解

三，下指标求和的处理方法

题面

解法：

四，用组合意义

总结一下

拓展

公告

搜索

常用链接

我的标签

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论

二，把组合数用二项式的 $x^{n}$ 项系数理解