排列组合与计数基础
排列组合
定义
排列数
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\(n\) 个中选 \(m\) 个，考虑顺序。
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\(A_n^m=P_n^m\) 。特别地， \(A_n^n\) 可以记为 \(A_n\) (全排列)。
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从定义来求。
组合数：
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\(n\) 个中选 \(m\) 个，不考虑顺序。
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\(C_n^m=C(n,m)=\binom{n}{m}\)。
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可以借助 \(A\)，即先依次选出所需数量，然后除以内部排列数。
性质
排列数
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错位排列
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\(1\sim n\) 的错位排列是任意排列 \(a\) 使得 \(\nexists\ a_i=i\)。
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如何计数？显然可以容斥但是也显然不可接受，考虑一种递推做法。
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记 \(D_i\) 为 \(1\sim i\) 的错位排列数，对于 \(D_{i+1}\)，容易看出，我们有：
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\(D_{i+1}=D_i\times i+D_{i-1}\times i\)。
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证明如下：
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考虑新增的一个数往哪里放。
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如果其原本就是一个完整的错排，那么我们可以将 \(i+1\) 与任意一个数交换。
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如果其本身不是一个完整的错排，那么必然只存在一个 \(j\ s.t.\ a_j=j\)，否则不可能在只处理新增的 \(i+1\) 的前提下将之化为一个 \(i+1\) 的错排。
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从而其“对排处”有 \(i\) 种选择，综上，证毕。
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鉴于组合有着极为优异的递推性，我们往往把排列问题化归成组合-阶乘问题。
组合数，杨辉三角与二项式定理
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我们先来看一张杨辉三角。为了符合信竞的习惯，坐标轴已经做过了调整，左上角的第一个为 \(C(0,0)\)。
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我们知道，杨辉三角的实质是组合数，其具有如下的性质：\((i,j)=(i-1,j-1)+(i-1,j)\)。
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这实质上可以通过 dp 得到。考虑我们已经有了 \(\binom{i}{x}\)，如何求 \(\binom{i+1}{j}\)？
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分两种情况讨论：
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选第 \(i+1\) 个数，则方案数相当于在前 \(i\) 个数中选 \(j-1\) 个数的方案数，即 \(\binom{i}{j-1}\)。
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不选第 \(i+1\) 个数，则方案数相当于在前 \(i\) 个数中选 \(j\) 个数的方案数。
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综上，我们有 \(\binom{i}{j}=binom{i-1}{j-1}+\binom{i-1}{j}\)。
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利用这一性质，我们可以进行如下的简单求和：
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求对角线和（杨辉三角的对角线定义为平行于斜边的线），即求 \(\sum\limits_{k=0}^l \binom{i+k}{j+k}\)。
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考虑配凑一个。
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配首项 \(\binom{i}{j}\) 左边的那一项 \(\binom{i}{j-1}\)，从而两者相加得到 \(\binom{i+1}{j}\)，恰为第二项 \(\binom{i+1}{j+1}\) 的左边一项，从而全部合并。
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从而我们有 \(\sum\limits_{k=0}^l \binom{i+k}{j+k}=\binom{i+l+1}{i+l}-\binom{i}{j-1}\)。
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求列和，即求 \(\sum\limits_{k=0}^l \binom{i+k}{j}\)。
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同上，配首项的右项 \(\binom{i}{j+1}\)。
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从而我们有 \(\sum\limits_{k=0}^l \binom{i+k}{j}=\binom{i+l+1}{j+1}-\binom{i}{j+1}\)。
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求行和，即求 \(\sum\limits_{k=0}^l \binom{i}{j+k}\)。
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这个真没法直接求，但我们可以 \(O(1)\) 地从当前行递推到下一行。
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容易看出，\(2\sum\limits_{k=0}^l \binom{i-1}{j+k}\) 合并后为 \(\sum\limits_{k=0}^l \binom{i}{j+k}-\binom{i}{j}+\binom{i-1}{j}+\binom{i-1}{j+l}\)。
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从而有 \(\sum\limits_{k=0}^l \binom{i}{j+k}=2\sum\limits_{k=0}^l \binom{i-1}{j+k}+\binom{i}{j}-\binom{i-1}{j}-\binom{i-1}{j+l}\)。
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单次递推无法 \(O(1)\)，但如果是连续递推的话，我们可以存下上次的边界处理结果，从而根据组合数的定义式可以很容易地递推新的边界处理。
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二项式定理：\((a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{i}a^kb^{n-k}\)。
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证明比较显然，毕竟拆括号相当于任意对位乘。而其中 \(a\) 的次数为 \(k\) 的就相当于选了 \(k\) 个括号取 \(a\)。
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二项式定理的结果展开后，如果按 \(a\) 降次排序，系数恰为 \(n\) 行的杨辉三角（注意杨辉三角最上面那行是第 \(0\) 行）。
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各种结论
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以下所有结论都可以通过暴力推式子得到，但不建议那么做。
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同一个式子有很多种化法，但关键的是它们的实际意义。这才是我们需要的。
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\(\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}=2^n\)：显然，由加法原理相当于选任意个，于是每个都是爱选不选。
可重组合
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从 \(n\) 个数中可重地选出 \(k\) 个数的方案数为 \(\binom{n+k-1}{k}\)。
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不妨将第 \(i\) 个数被选取的次数记为 \(x_i\)，则该问题等价于求方程 \(x_1+x_2+\dots+x_n=k(x_i\geqslant 0)\) 的解集数。
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则可以将之视为把 \(k\) 个球用 \(n-1\) 个隔板分成 \(n\) 段的方案数。\(\binom{n+k-1}{n-1}=\binom{n+k-1}{k}\)，得证。
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可重排列显然是 \(n^k\)，故不予讨论。
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可重集的排列组合，目前我会的方式主要是 DP，即转化成 \(\sum\limits_{i=1}^m x_i(0\leqslant x_i \leqslant a_i)=k\) 来做，其中 \(m,a_i,x_i\) 分别为元素种数，第 \(i\) 种元素的个数和选的个数。
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组合有生成函数解法，但 NTT，故略。
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排列的话，DP 中需要不断 \(C\) 出插进去的系数。
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计数基础
加法原理与乘法原理
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加法原理：若做某事的某一步有 \(n\) 类方式，第 \(i\) 类方式有 \(a_i\) 种方案，则总方案数为 \(\sum\limits_{i=1}^n a_i\)。
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乘法原理：若做某事有 \(n\) 个互相独立的步骤，第 \(i\) 步的方案数为 \(a_i\)，则总方案数为 \(\prod\limits_{i=1}^n a_i\)。
例题
[ABC281G] Farthest City
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题意略。
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容易想到设计 dp 状态为 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 个点构成的图，最深层有 \(j\) 个点的方案数。初始化为 \(dp_{1,1}=1\)，但发现好像没法转移：
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新加一个点加到第 \(k\) 层怎么办呢，即使我们只要求往最后一层加点，似乎也没法整啊...这需要倒数第二层的点数，然后又可能要在这一维上转移，又需要倒数第三层...无穷递归了。
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发挥 DP 的思想：最优子结构。已有的子结构，你不要去动它。每次暴力转移一整层新的出来！
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转移系数：层内随意连边，层间每个点至少有一个连。即，\(dp_{i,j}\to dp_{i+k,k}\)，转移系数为 \(2^{\binom{k}{2}}\times (\sum\limits_{l=1}^j \binom{j}{l})^k\)。
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注意到 \(\sum\limits_{l=1}^j \binom{j}{l}=2^j-1\)，显然 \(2^j\) 可以预处理，于是两个系数都可以随着 \(k\) 的增大 \(O(1)\) 递推到新系数，没有 \(\log\)，很优秀（事实上带 \(\log\) 实现精细也容易过）。
CF1515E Phoenix and Computers
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题意：求将 \(1\sim n\) 的灯打开的方案数。如果 \(i-1,i+1\) 都被打开，那么 \(i\) 会自动打开，不能再被手动打开。两个方案不同，当且仅当打开的灯不同，或打开的顺序不同。
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数据范围：\(n\leqslant 400\)。
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首先容易发现最后的序列一定是形如
____.____.____.__的，即一段手动-一个自动-一段手动-...，如此反复。 -
考察将长为 \(n\) 的一段灯全部手动打开的方案数（其前后没有预先打开的灯）。容易看出，第一手是随意的，但之后其左边只能一路向左，右边只能一路向右；不过两者可以相互穿插。换言之，方案数为 \(\sum\limits_{i=1}^n \binom{n-1}{i-1}=2^{n-1}\)。
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转而考虑设计 dp 如下：
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状态设计：\(dp_{i,j}\) 表示打开了 \(1\sim i\) 的灯，其中 \(j\) 盏是手动打开的，保证 \(i\) 一定是一个连续手动段的结尾，的方案数。
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初始化：\(dp_{i,i}=2^i\)。
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状态转移：\(dp_{i,j}\to dp_{k,j+(k-i-1)}\)，转移系数为 \(2^{k-i-1}\times \binom{j+(k-i-1)}{j}\)。其中后项非常重要，它将新段的操作序列和原有的操作序列插到了一起，也正是这一点使得这个有顺序的开灯过程变成了从左到右扫过去的。
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复杂度 \(O(n^3)\)，足够通过本题。不过本题还有一个 \(O(n^2)\) 的妙妙区间 dp 做法，参看区间 dp。
P3773 [CTSC2017] 吉夫特
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题意略。
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我会暴力 DP！注意到“是奇数”相当于“所有 \(2\) 全部消掉”，且发现所求的式子可以化为 \(\dfrac{a_{b_1}!}{a_{b_k}!\prod_{i=1}^{k-1} (a_{b_i}-a_{b_{i+1}})!}\)，于是设计如下 DP：
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状态设计：\(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个元素，包含 \(i\) 且含 \(j\) 个 \(2\) 的所有“半序列”个数。
- 所谓半序列，即只计算了分子和分母中的后一项，在尾部还有端口的子序列。
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初始化：\(dp_{i,get2(a_i!)}=1\)。注意到其实 \(get2()\) 就是 \(ctz()\)，但阶乘太大，不过我们可以预处理，直接把 \(ctz()\) 连乘就好啦。
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状态转移：
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\(dp_{i,j}\to ans\)，系数为 \([get2(a_i!)=j]\)。特别地，对于 \(j=get2(a_i!)\)，其在参与这个转移的时候要先 \(-1\)，毕竟要求的子序列长度至少为 \(2\) 嘛。
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\(dp_{i,j}\to dp_{k,j-get2((a_i-a_k)!)}\)，系数为 \([a_i\geqslant a_k]\)。这个倒是没什么说的。
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分析一下复杂度，发现对于 \(n=2017\) 这一档分绰绰有余（打表发现第二维的大小至多 \(2010\)），\(O(n^2)\) 暴力即可获得 \(70\) 分！
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但这和正解毫无关系（自豪）！正解的话...我们得抛弃“奇偶性”。
