组合数学（未完结）

组合数学

组合数学应该是 OI 中数学板块里内容最多，最重要的一部分了吧。感觉组合数学也是最有意思的。相信可以总结的点一定很多（确信）。希望我的总结不要又臭又长。

计数原理

加法原理

若完成一件事的方法有 $n$ 类，其中第 $i$ 个步骤包括 $a_i$ 种不同的方法，且这些方法互不重合，则完成这件事共有 $a_1+a_2+\cdots+a_n$ 种不同的方法。

乘法原理

若完成一件事需要 $n$ 个步骤，其中第 $i$ 个步骤有 $a_i$ 种不同的完成方法，且这些步骤互不干扰，则完成这件事共有 $a_1 \times a_2 \times \cdots \times a_n$ 种不同的方法。

排列组合

排列数

从 $n$ 个不同元素中依次取出 $m$ 个元素排成一列，产生的不同排列的数量为：

$$\mathrm A_n^m=\frac {n!}{(n-m)!}=n\times (n-1) \times \cdots \times (n-m+1)$$

组合数

从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个组成一个集合（不考虑顺序），产生的不同集合数量为：

$$\mathrm C_n^m=\frac {n!}{m!(n-m)!}=\frac {n\times (n-1) \times (n-2)\times \cdots \times (n-m+1)}{m \times (m-1) \times \cdots \times 2 \times 1}$$

基本性质

1. $\mathrm C_n^m=\mathrm C_n^{n-m}$

   展开组合数公式即可。

2. $\mathrm C_n^m=\mathrm C_{n-1}^m+\mathrm C_{n-1}^{m-1}$

   证明：

   从 $n$ 个元素中取 $m$ 个元素有两类方法：取 $n$ 号元素和不取 $n$ 号元素。

   若取 $n$ 号元素，则需要在剩下 $n-1$ 个元素中取 $m-1$ 个，即 $\mathrm C_{n-1}^{m-1}$ 种；

   若不取 $n$ 号元素，则需要在剩下 $n-1$ 个元素中取 $m$ 个，即 $\mathrm C_{n-1}^m$ 种。

   然后加法原理即可。

   证毕。

   这条性质同样也可以看做是杨辉三角。

3. $\mathrm C_n^0+\mathrm C_n^1+\mathrm C_n^2+\cdots+\mathrm C_n^n=2^n$

   证明：

   从 $n$ 个不同元素中取出若干个元素组成一个集合，有 $n+1$ 类方法，分别是取出 $0,1,2,\cdots,n$ 个。由加法原理可知，共有 $\mathrm C_n^0+\mathrm C_n^1+\mathrm C_n^2+\cdots+\mathrm C_n^n$ 种方法。

   也相当于是 $n$ 个元素中每个元素都可以取或者不去，方案数为 $2^n$。

   二者相等。

   证毕。

二项式定理

$$(a+b)^n=\sum \limits_{k=0}^n \mathrm C_n^k a^k b^{n-k}$$

证明：

数学归纳法。

当 $n=1$ 时，$(a+b)^1=\mathrm C_n^0a^0b^1+C_n^1a^1b^0=a+b$ 成立。

假设当 $n=m$ 时命题成立，当 $n=m+1$ 时：

$$\begin{aligned}(a+b)^{m+1} & =(a+b)(a+b)^m\\&=(a+b)\sum \limits_{k=0}^m \mathrm C_m^k a^k b^{m-k}\\&=\sum \limits_{k=0}^m \mathrm C_m^k a^{k+1}b^{m-k}+\sum \limits_{k=0}^m \mathrm C_m^k a^k b^{m-k+1}\\&=\sum \limits_{k=1}^{m+1}\mathrm C_m^{k-1} a^k b^{m-k+1}+\sum \limits_{k=0}^m \mathrm C_m^k a^k b^{m-k+1}\\&=\sum \limits_{k=0}^{m+1}(\mathrm C_m^{k-1}+\mathrm C_m^k)a^k b^{m-k+1}\\&=\sum \limits_{k=0}^{m+1} C_{m+1}^k a^k b^{m+1-k}\end{aligned}$$

证毕。

组合数求和

• 对角线求和：$\mathrm C_n^m+\mathrm C_{n+1}^{m+1}+\cdots+\mathrm C_{n+k}^{m+k}=\mathrm C_{n+k+1}^{m+k}+\mathrm C_n^{m-1}$

• 直线求和：$\mathrm C_n^m+\mathrm C_{n+1}^m+\cdots+\mathrm C_{n+k}^m=\mathrm C_{n+k+1}^{m+1}-\mathrm C_n^{m+1}$

组合数求法

1. 递推法

   根据基本性质 2，通过杨辉三角递推求组合数。

   时间复杂度：$O(n^2)$。

   此方法主要适用于预处理。

   代码实现：

   C[0][0]=1;//upd on 2022.7.18：一般来说不会用到这个，但是我在某场模拟赛补题中因为这个 WA 75pts 了。
   for (int i=1;i<=n;i++)
   for (int j=0;j<=i;j++)
   {
       if (i==1 || j==0) C[i][j]=1;
       else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
   }
   

2. 乘法逆元

   此方法主要用于结果要求模大素数时。比如我们要求 $\mathrm C_n^m \bmod p$：

   因为 $\mathrm C_n^m=\frac {n!}{m!(n-m)!}$，所以我们可以预处理出来 $n! \bmod p$ 以及 $m! \bmod p$ 和 $(n-m)! \bmod p$ 的逆元，然后三者相乘即为答案。

   时间复杂度：$O(n)$。

   代码实现：

   void init()//预处理
   {
       jc[0]=jc[1]=inv[0]=inv[1]=in[1]=in[0]=1;
       for(int i=2;i<=n;i++)
       {
           jc[i]=jc[i-1]*i%mod;//阶乘
           inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;//inv[] 是逆元。
           in[i]=in[i-1]*inv[i]%mod;//in[] 表示阶乘逆元。
       }
   }
   
   int C(int n,int m){return jc[n]*in[m]%mod*in[n-m]%mod;}
   

3. 质因数分解

   因为 $\mathrm C_n^m=\frac {n!}{m!(n-m)!}$，所以可以对分子，分母快速分解质因数，在数组中保存各项质因子的质数。然后把分子，分母各个质因子的指数对应相减（把分母消去），最后把剩余质因子乘起来即可。

   时间复杂度：$O(n \log n)$。

Lucas 定理

若 $p$ 是质数，则对于任意整数 $1 \le m \le n$，有：

$$C_n^m \equiv C_{n \bmod p}^{m \bmod p} \times C_{n/p}^{m/p} \pmod p$$

也就是把 $n$ 和 $m$ 表示成 $p$ 进制数，对 $p$ 进制下的每一位分别计算组合数，最后再乘起来。

本来是不打算写证明的，因为这个证明也不需要掌握，但是我感觉它非常有意思，所以就把它写在这里吧。

证明：

咕咕咕……（组合数学完全整理完之前一定过来补上！）

证毕。

代码实现：

int lucas(int n,int m,int p)
{
    if(m==0)return 1;
    return (C(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p))%p;
}

可重集的排列数

可重集，指的是包含重复元素的广义集合。

$n$ 种字母，每种字母 $a_i$ 个，有 $\frac {n!}{\prod(a_i!)}$ 种不同的排列。

可重集的组合数

设 $S=\{n_1 \times a_1,n_2 \times a_2,\cdots,n_k \times a_k\}$ 是由 $n_1$ 个 $a_1$，$n_2$ 个 $a_2$，…，$n_k$ 个 $a_k$ 组成的可重集。

设整数 $r \le n_i(\forall i \in [1,k])$。从 $S$ 中取出 $r$ 个元素组成一个可重集（不考虑元素的顺序），产生的不同可重集的数量为 $\mathrm C_{k+r-1}^{k-1}$。

证明：

原问题等价于求下列集合的数量：$\{x_1 \times a_1,x_2\times a_2,\cdots,x_k\times a_k\}$，其中 $\sum \limits_{i=1}^k x_i=r(x_i\le n_i)$。

原问题等价于 $r$ 个 0，$k-1$ 个 1 构成的全排列数——$k-1$ 个 1 把 $r$ 个 0 分成 $k$ 组，每组的 0 的数量对应的是 $x_i$。

也可以看做总共有 $k+r-1$ 个元素，然后我们要选择其中 $k-1$ 个作为隔板，求总的方案数。

而可重集 $\{r \cdot 0,(k-1) \cdot 1\}$ 的全排列个数为：

$$\frac {(r+k-1)!}{r!(k-1)!}=\mathrm C_{k+r-1}^r=\mathrm C_{k+r-1}^{k-1}$$

证毕。

不相邻的排列

$1-n$ 这 $n$ 个自然数中选 $k$ 个，这 $k$ 个数中任何两个数都不相邻的组合有 $\mathrm C_{n-k+1}^k$ 个。

证明：

插空法。利用逆向思维，先从 $n-k+1$ 个数中任选 $k$ 个数，共 $\mathrm C_{n-k+1}^k$ 种方案。然后再把 $k-1$ 个数当做空位插入到 $k$ 个数的 $k-1$ 个空中，即为 $n$ 个自然数。

证毕。

错位排列

将 $1-n$ 这 $n$ 个自然数生成全排列，其中第 $i(\forall 1\le i \le n)$ 位不能为 $i$ 的方案数被称为错位排列，简称错排，记为 $D_n$。

我们分两步考虑递推关系：

• 第一步，考虑第 $n$ 个元素，把它放在在某一个位置，比如位置 $k$，一共有 $n-1$ 种放法；

• 第二步，考虑第 $k$ 个元素，这时有两种情况：

  1. 把它放到位置 $n$，那么对于除 $n$ 以外的 $n-1$ 个元素，由于第 $k$ 个元素放到了位置 $n$，所以考虑剩下 $n-2$个元素的错排即可，有 $D_{n-2}$ 种放法；

  2. 第 $k$ 个元素不放到位置 $n$，这时对于这 $n-1$ 个元素的错排，有 $D_{n-1}$ 种放法。

根据乘法原理和加法原理可知：

$$D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})$$

另外：

$$D_n=A_n^n-A_n^{n-1}+A_n^{n-2}-A_n^{n-3}+\cdots+(-1)^n A_n^0=\sum \limits_{i=0}^n (-1)^i\times A_n^{n-i}$$

这一点是根据容斥原理推出来的。

也就是说，$n$ 的错排等于 $n$ 的全排列，减去至少有一个数不是错排的方案数，加上至少有两个数不是错排的方案数，减去至少有三个数不是错排的方案数……

注意，容斥原理是总方案数-不合法方案数，这里的“不是错排”就是“错排”的反义，所以不是错排的方案数就是不合法方案数。

错位排列前几项：$0,1,2,9,44,265$。

圆排列

$n$ 个人全部来围成一圈，所有的排列数记为 $Q_n^n$。

考虑其中已经排好的一圈，从不同位置断开，变成不同的队列。所以有：

$$Q_n^n \times n=A_n^n$$

那么部分圆排列的方案数（即 $n$ 个人中挑出 $r$ 个人围成一圈）为：

$$Q_n^r=\frac {A_n^r} {r}=\frac {n!}{r \times (n-r)!}$$

另外，将 $n$ 个不同的数构成 $m$ 个圆排列的数目被称为第二类斯特林数，后面会专门说到斯特林数，这里不再赘述。

放球问题

最全面的放球问题请参考放球问题 学习笔记 - ACodinghusky - 博客园，这里只讨论最常见的 8 种情况。

在考虑这个问题之前，我们先解释一个问题：球同和球异，盒同和盒异到底有什么区别？

说实话，我其实刚开始一直是糊涂的，知道看到 dbxxx 的博客里面的一段话才理解：

球盒区别解释

假设n=3,m=2，对球编号 1,2,3：

为方便，规定类似于如下的表示：{1, 2}, {3} 表示第一个盒子中有1,2两个球，第二个盒子中有3一个球

而且无论十六种问题中哪一种，对于单个盒子而言，即使球有区别，盒子内部球的顺序永远只算一种情况。也就是说 {1, 2}, {3} 和 {2, 1}, {3} 只能算作一种情况（无论 16 种问题的哪一个。）

如果球有区别，盒也有区别，那么除了上一句说的情况外，其他所有的都各自算各自的情况。比如：

{1, 2}, {3}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2} 这三种情况每一种都是不同的。

如果球无区别，意味着将来自两个盒子的两个球进行交换是算作一种情况的。比如：

{1, 2}, {3} 和 {1, 3}, {2} 是一种情况。

如果盒无区别，意味着将任意两个盒子调换位置是算作一种情况的。比如：

{1, 2}, {3} 和 {3}, {1, 2} 是一种情况。

那么如果球和盒都没有区别……

{1, 2}, {3}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2}, {2, 3}, {1}, {2}, {1, 3} 等都是一种情况。

在球和盒都没有区别的模型下，还可以创造新的情况吗？

{}, {1, 2, 3}，可以将一个盒子清空，这样就可以创造另一种情况了。同理，{1, 2, 3}, {} 和 {}, {1, 2, 3} 是一种情况，因为盒子没有区别。

在球和盒都没有区别的模型下，必须有空的集合才能有别的情况吗？当然不是。不妨考虑扩展到 4 个球。那么：

{}, {1, 2, 3, 4}，{1}, {2, 3, 4}，{1, 2}, {3, 4} 就是三种情况。

这里必须 %%% dbxxx，真的是把这个问题总结的非常全面详细。大家有兴趣可以去看看上面我放的他的博客。

假设有 $n$ 个球和 $m$ 个盒子，那么有如下 4 类 8 种情况：

1. 球异，非空

   • 盒同：

     实际上就是第二类斯特林数，因此答案是 $S(n,m)$。

     第二类斯特林数的求法下面会提到，这里不做赘述。

   • 盒异：

     就相当于是计算出上述盒同的所有情况后给盒子编号，所以需乘上盒子的全排列。

     所以答案是 $m!\times S(n,m)$。

2. 球异，可空

   • 盒异：

     每个球都有 $m$ 种放法，那么 $n$ 个球就是 $n$ 个 $m$ 相乘，也就是 $m^n$ 种放法。

   • 盒同：

     和 1 中的第一种情况的区别在于，盒子可以空放了。

     那么枚举空盒个数累计到第二类斯特林数即可。因此，答案为 $\sum \limits_{k=1}^m S(n,k)$。

3. 球同，非空

   • 盒异：

     隔板法。题目相当于把 $n$ 个球分成 $m$ 段，那么需要 $m-1$ 个隔板。

     而 $n$ 个球之间有 $n-1$ 个缝隙。所以问题就转化为从 $n-1$ 个缝隙中找到 $m-1$ 个插进去。

     所以答案为 $\mathrm C_{n-1}^{m-1}$。

   • 盒同：

     请先移步到 4 第二种情况。在那一种情况基础之上，当遇到非空，我们强制给每个盒子一个球转化为可空，方案数就为 $dp_{n-m}{m}$。

4. 球同，可空

   • 盒异：

     同样和 3 中的第一种情况的区别在于，盒子可以空放了。

     我们运用化归思想，把可空问题转化为非空问题。

     先构造 $n+m$ 求 $m$ 盒和 3 中的第一种情况一样的问题。

     然后在所有方案中，我们给每个盒子里面去掉一个球，这样球的总数还是 $n$ 个，方案也就转化成了可空的问题。

     也就是说可空的 $n$ 球 $m$ 盒问题，可以转化为不可空的 $n+m$ 球 $m$ 盒问题。

     那么最后答案就是 $\mathrm C_{m+n-1}^{m-1}$。

     怎么样？是不是很巧妙？

   • 盒同：

     实际上要求的是长度为 $m$ 的有序数列个数，数列的元素和为 $n$。
     记 $dp_{n,m}$ 为划分方案数，有

     $$dp_{0,k} = dp_{k,1} = 1\\dp_{i,j} = dp_{i − j,j} + dp_{i,j − 1}$$

     状态转移方程解释：考虑 $j$ 个盒子中是否有空盒

     1. 有空盒：新增一个空盒，贡献 $dp_{i,j-1}$；

     2. 无空盒：向每个盒子放入一个球使其非空，贡献 $dp_{i-j,j}$；

两类特殊的数

卡特兰数

给定 $n$ 个 0 和 $n$ 个 1，它们按照某种顺序排成长度为 $2n$ 的序列， 满足任意前缀中 0
的个数都不少于 1 的个数的序列的数量为：

$$Cat_n=\frac {\mathrm C_{2n}^n}{n+1}=\mathrm C_{2n}^n-\mathrm C_{2n}^{n-1}$$

证明：

令 $n$ 个 0 和 $n$ 个 1 随意排成一个长度为 $2n$ 的序列 $S$，若 $s$ 不满足任意前缀中 0 的个数都不少于 1 的个数，那么一定存在一个最小的位置 $2p+1\in [1,2n]$，使得 $S[1 \thicksim 2p+1]$ 中有 $p$ 个 0，$p+1$ 个 1。

所以此时，$S[2p+2 \thicksim 2n]$ 中含有 $n-p-1$ 个 1 和 $n-p$ 个 0，,所以把 $S[2p+2 \thicksim 2n]$ 中的所有数字取反以后，包含 $n-p-1$ 个 0 和 $n-p$ 个 1。加上前 $2p+1$ 个，于是我们得到了由 $n-1$ 个 0 和 $n+1$ 个 1 排成的序列。

同理，令 $n-1$ 个 0 和 $n+1$ 个 1 随意排成一个长度为 $2n$ 的序列 $S'$，也必定存在一个最小的位置 $2p'+1$，使得 $S'[1 \thicksim 2p'+1]$ 中有 $p'$ 个 0，$p'+1$ 个 1。把 $S'$ 后面剩下的一半取反，就得到了由 $n+1$ 个 0 和 $n$ 个 1 排成的，存在一个前缀 0 比 1 多的序列。

因此，以下两种序列构成了一个双射：

1. 由 $n$ 个 0 和 $n$ 个 1 排成的，存在一个前缀 0 比 1 多的序列；

2. 由 $n-1$ 个 0 和 $n+1$ 个 1 排成的序列。

根据组合数的定义，后者显然有 $\mathrm C_{2n}^{n-1}$ 个。

综上，由 $n$ 个 0 和 $n$ 个 1 排成的，任意前缀中 0 的个数都不少于 1 的个数的序列的数量为：

$$Cat_n=\mathrm C_{2n}^n-\mathrm C_{2n}^{n-1}=\frac {\mathrm C_{2n}^n}{n+1}$$

证毕。

推论

1. $n$ 个左括号和 $n$ 个右括号组成的合法括号序列的数量为 $Cat_n$；

2. $1-n$ 这 $n$ 个自然数依次进栈，形成的合法的出栈序列的数量为 $Cat_n$；

3. $n$ 个节点构成的不同二叉树的数量为 $Cat_n$；

4. 凸 $n+2$ 边形过顶点切分成 $n$ 个三角形的不同方案数；

5. 在平面直角坐标系上，每一步只能向上或向右走，从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$ 并且除两个端点之外不接触直线 $y=x$ 的路线数量是 $2Cat_{n-1}$；

6. 给定 $n$ 个 0 和 1，其中 $m$ 个为 0，其余是 1 的 Catalan 数为：

   $$\mathrm C_n^m-\mathrm C_n^{m-1}$$

   或者给定 $n+m$ 个 0 和 1，其中 $m$ 个为 0，$n$ 个为 1 的 Catalan 数为：

   $$\mathrm C_{n+m}^m-\mathrm C_{n+m}^{m-1}$$

   物理意义：在平面直角坐标系上，每一步只能向上或向右走，从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$ 并且除两个端点之外不接触直线 $y=x$ 的路线数量。

斯特林数

---

写在后面

post on 2022.4.19

组合数学这个我保证在完全结束这一板块的学习之前，就把所有该总结的都总结完。

一是这个版块的确是太重要了，另外咕咕咕并非一个好的习惯。

现在才有三千多字，后面可能会成倍成倍的往上增长（不是）。

感觉组合数学真的非常有意思，而且让人回味无穷（确信），但是这仍然改变不了我菜的事实。

说起来多多少少和组合数学有点渊源，毕竟，我在洛谷上发的第一篇题解就是组合数学，我 AC 的第一道黑题就是组合数学，我在洛谷上提交次数最多的题目也还是道组合数学。

艾教说，组合数学学好了整个 dp 就会串起来，就会变得非常强。

所以我会尽力把组合数学这块学好的。

To be continued……