组合数学+ybt题解

加法原理

乘法原理

排列数

从 $n$ 个数中任取 $m$ 个元素的排列的方案数，表示为 $A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$

$0!=1$

全排列 $A_n^n$

组合数

从 $n$ 个元素中取出 $m$ 个元素的组合的个数，表示为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

如何理解呢？就是把取出来的排列方案数取缔为一个组合，对于取出来的排列的方案数有 $m!$ 个，所以用全排列除以 $m!$ 即可

特别的，规定 $m>n$ 时，$A_n^m={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}=0$

二项式定理

$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{a}^{n-i}{b}^i$

通过这个式子，我们可以求出展开式的系数，另外的，杨辉三角也遵循这个规律

证明

二项式定理表明，对于任何正整数$n$和任何实数$a$和$b$，都有以下等式成立：

$$(a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^{n-k}{b}^k$$

其中，$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$是组合数，表示从$n$个不同元素中取出$k$个元素的组合数。
下面使用数学归纳法来证明二项式定理：
基础步骤（n=0）：
当$n=0$时，等式左边为$(a+b{)}^0=1$，等式右边为$(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{0})a^{0-0}{b}^0=1$，显然两边相等，基础情况成立。
归纳假设：
假设当$n=m$时，二项式定理成立，即

$$(a+b{)}^m=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^k$$

归纳步骤：
我们需要证明当$n=m+1$时，二项式定理也成立。
考虑$(a+b{)}^{m+1}$，可以将其写成$(a+b)(a+b{)}^m$，根据归纳假设，我们有：

$$(a+b{)}^{m+1}=(a+b)\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^k$$

展开右边的乘积，我们得到：

$$=a\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^k+b\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^k$$

将两个求和式合并，我们可以重新排列和组合项：

$$=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m+1-k}{b}^k+\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^{k+1}$$

注意到第二个求和式中的项可以重新索引，将$k+1$替换为$k$，得到：

$$=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m+1-k}{b}^k+\sum _{k=1}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-1})a^{m+1-k}{b}^k$$

将两个求和式合并，并注意到当$k=0$时，第二个求和式中没有对应项，当$k=m+1$时，第一个求和式中没有对应项，因此我们可以将两个求和式合并为一个从$k=0$到$k=m+1$的求和式：

$$=\sum _{k=0}^{m+1}((\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-1}))a^{m+1-k}{b}^k$$

利用组合数的性质$(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{k})$，我们有：

$$=\sum _{k=0}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{k})a^{m+1-k}{b}^k$$

这正是我们要证明的$n=m+1$时的二项式定理的形式。因此，归纳步骤成立。
由基础步骤和归纳步骤，我们可以得出结论，二项式定理对所有正整数$n$都成立。

组合数的递推

为什么这个公式成立呢？ 考虑一种dp思想，如果我选第n个数，那么我有 $C_{n-1}^{m-1}$ 种方案，若我不选n，那我有 $C_{n-1}^m$ 种方案

贴图真好用（逃

组合数的性质

考虑一个n位的二进制数，能组成的数有 $2^n$ 种，于是 $C_n^r$ 就是n位中有r个1的数的个数

卢卡斯定理及证明

ps：一般 $p\in [1e5,1e6]$ ，适合用卢卡斯求组合数

T1:

递推出阶乘，再用快速幂算乘法逆元和次方即可

T2：

卢卡斯定理板子题

我们现预处理出模数以内的阶乘，然后用卢卡斯定理递归到模数以内后求解

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e4,p=10007;
int t,n,m;
int fac[N],lg[60];
int quickpow(int x,int k){
    lg[0]=x;
    for(int i=1;i<=30;i++){
        lg[i]=lg[i-1]*lg[i-1]%p;
    }
    int res=1;
    for(int i=0;i<=30;i++){
        if(!((k>>i)&1))  continue;
        res=res*lg[i]%p;
    }
    return res;
}
int C(int n,int m){
    if(n<m)  return 0;
    if(m==0)  return 1;
    return fac[n]*quickpow(fac[m],p-2)%p*quickpow(fac[n-m],p-2)%p;
}
int lucas(int n,int m){
    if(n<m)  return 0;
    if(m==0)  return 1;
    return C(n%p,m%p)*lucas(n/p,m/p)%p;
}
signed main(){
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=p;i++){
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
    }
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        printf("%lld\n",lucas(n,m));
    }
    return 0;
}

T3：

数论大杂烩！

还是很好理解的题解

代码：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e4,mod=999911659;
int n,g;
int sum[5],lg[60],fac[5][N];
int p[6]={0,2,3,4679,35617,999911659};
int quickpow(int x,int k,int md){
    lg[0]=x;
    for(int i=1;i<=40;i++){
        lg[i]=lg[i-1]*lg[i-1]%p[md];
    }
    int res=1;
    for(int i=0;i<=40;i++){
        if(!((k>>i)&1ll))  continue;
        res=res*lg[i]%p[md];
    }
    return res;
}
int fan(int x,int y,int md){
    return quickpow(x,y-2,md);
}  
int C(int n,int m,int md){
    if(n<m)  return 0;
    if(m==0)  return 1;
    return fac[md][n]*fan(fac[md][m],p[md],md)%p[md]*fan(fac[md][n-m],p[md],md)%p[md];
}
int lucas(int n,int m,int md){
    if(n<m)  return 0;
    if(m==0)  return 1;
    return C(n%p[md],m%p[md],md)*lucas(n/p[md],m/p[md],md)%p[md];
}
signed main(){
    for(int j=1;j<=4;j++){
        fac[j][0]=1;
        for(int i=1;i<=p[j];i++){
            fac[j][i]=fac[j][i-1]*i%p[j];
        }
    }
    scanf("%lld%lld",&n,&g);
    if(g%mod==0){
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i*i<=n;i++){
        if(n%i!=0)  continue;
        for(int j=1;j<=4;j++){
            sum[j]+=lucas(n,i,j);
        }
        if(i*i==n)  continue;
        for(int j=1;j<=4;j++){
            sum[j]+=lucas(n,n/i,j);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=4;i++){
        int k=(mod-1)/p[i];
        int c=quickpow(k,p[i]-2,i);
        ans+=sum[i]*k*c;
        ans%=mod-1;
    }
    printf("%lld",quickpow(g,ans,5));
}

T4：

实际意义：有n个带编号的球，划分成标号连续的k段

然后考虑隔板法，答案就是 $C_{n-1}^{k-1}$

然后这题需要用到高精，懒得写了

T5：

把这个图形恒着切成两个矩形，然后枚举多少辆车在第一个矩形中，然后统计答案数即可

T6：

首先我们先把相同的数看成连续的一块

然后利用隔板问题，枚举可以分成 $i$ 块，方案数即为 $C_{n-1}^{i-1}$

然后考虑在块里填数，方案数即为 $2\ast C_n^i$，因为我们选出来这些数可以按照递增，也可以按照递减顺序排列

特殊情况： $i=1$ 时，因为只有一种数，所以不存在递增递减，所以要特判

ps：预处理逆元可以将复杂度降到 $O(n)$，详见代码

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=2e6+3;
int n,ans;
int fac[N],inv[N],lg[50];
int quickpow(int x,int k){
    lg[0]=x;
    for(int i=1;i<=30;i++){
        lg[i]=lg[i-1]*lg[i-1]%mod;
    }
    int res=1;
    for(int i=0;i<=30;i++){
        if(!((k>>i)&1ll))  continue;
        res=lg[i]*res%mod;
    }
    return res;
}
int C(int b,int a){
    return fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
signed main(){
    scanf("%lld\n",&n);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    }
    inv[n]=quickpow(fac[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    }
    ans=n;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        ans+=2*C(i,n)%mod*C(i-1,n-1)%mod;
        ans%=mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

T3：

chat_GLM真好用（逃

然后