一个蒟蒻小学生尝试学习高级排列组合
呃呃呃呃呃呃,我不咋会写,如有不对的地方欢迎纠正
紧接上文我们已经了解了基础的排列组合,我们可以接着往下学习排列组合的变种了.
1.排列组合的变种
1-1.多重集的排列数 + 多重组合数
大家一定要区分 多重组合数 与 多重集的组合数！两者是完全不同的概念！
多重集是指包含重复元素的广义集合。设 \(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k\}\) 表示由 \(n_1\) 个 \(a_1\)，\(n_2\) 个 \(a_2\)，…，\(n_k\) 个 \(a_k\) 组成的多重集，\(S\) 的全排列个数为
\[\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!}=\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}
\]
相当于把相同元素的排列数除掉了。具体地，你可以认为你有 \(k\) 种不一样的球，每种球的个数分别是 \(n_1,n_2,\cdots,n_k\)，且 \(n=n_1+n_2+\ldots+n_k\)。这 \(n\) 个球的全排列数就是 多重集的排列数。多重集的排列数常被称作 多重组合数。我们可以用多重组合数的符号表示上式：
\[\binom{n}{n_1,n_2,\cdots,n_k}=\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!}
\]
可以看出，\(\dbinom{n}{m}\) 等价于 ，\(\dbinom{n}{m,n-m}\) 只不过后者较为繁琐，因而不采用。
1-2.多重集的组合数 1
设 \(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k\}\) 表示由 \(n_1\) 个 \(a_1\)，\(n_2\) 个\(a_2\)，…，\(n_k\) 个\(a_k\) 组成的多重集。那么对于整数 \(r(r<n_i,\forall i\in[1,k])\)，从\(S\) 中选择 \(r\) 个元素组成一个多重集的方案数就是 多重集的组合数。这个问题等价于 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=r\) 的非负整数解的数目，可以用插板法解决，答案为
\[\binom{r+k-1}{k-1}
\]
1-3.多重集的组合数 2
考虑这个问题：设 \(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}\) 表示由 \(n_1\) 个 \(a_1\)，\(n_2\) 个 \(a_2\)，…，\(n_k\) 个 组 \(a_k\) 成的多重集。那么对于正整数 \(r\)，从 \(S\) 中选择 \(r\) 个元素组成一个多重集的方案数。
这样就限制了每种元素的取的个数。同样的，我们可以把这个问题转化为带限制的线性方程求解：
\[\forall i\in [1,k],\ x_i\le n_i,\ \sum_{i=1}^kx_i=r
\]
于是很自然地想到了容斥原理。容斥的模型如下：
- 全集：\(\displaystyle \sum_{i=1}^kx_i=r\) 的非负整数解。
- 属性：\(x_i\le n_i\)。
于是设满足属性 \(i\) 的集合是 \(S_i\)，\(\overline{S_i}\) 表示不满足属性 \(i\) 的集合，即满足 \(x_i\ge n_i+1\) 的集合（转化为上面插板法的问题三）。那么答案即为
\[\left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right|
\]
根据容斥原理，有：
\[\begin{aligned} \left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| =&\sum_i\left|\overline{S_i}\right| -\sum_{i,j}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\right| +\sum_{i,j,k}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\cap\overline{S_k}\right| -\cdots\\ &+(-1)^{k-1}\left|\bigcap_{i=1}^k\overline{S_i}\right|\\ =&\sum_i\binom{k+r-n_i-2}{k-1} -\sum_{i,j}\binom{k+r-n_i-n_j-3}{k-1}+\sum_{i,j,k}\binom{k+r-n_i-n_j-n_k-4}{k-1} -\cdots\\ &+(-1)^{k-1}\binom{k+r-\sum_{i=1}^kn_i-k-1}{k-1} \end{aligned}
\]
拿全集 \(\displaystyle |U|=\binom{k+r-1}{k-1}\) 减去上式，得到多重集的组合数
\[Ans=\sum_{p=0}^k(-1)^p\sum_{A}\binom{k+r-1-\sum_{A} n_{A_i}-p}{k-1}
\]
其中 \(A\) 是充当枚举子集的作用，满足 \(|A|=p,\ A_i<A_{i+1}\)。
1-4.圆排列
\(n\) 个人全部来围成一圈，所有的排列数记为 \(\mathrm Q_n^n\)。考虑其中已经排好的一圈，从不同位置断开，又变成不同的队列。 所以有
\[\mathrm Q_n^n \times n = \mathrm A_n^n \Longrightarrow \mathrm Q_n = \frac{\mathrm A_n^n}{n} = (n-1)!
\]
由此可知部分圆排列的公式：
\[\mathrm Q_n^r = \frac{\mathrm A_n^r}{r} = \frac{n!}{r \times (n-r)!}
\]
2-1.组合数性质 | 二项式推论
由于组合数在 OI 中十分重要，因此在此介绍一些组合数的性质。
\[\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}\tag{1}
\]
相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。（对称性）
\[\binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1}\tag{2}
\]
由定义导出的递推式。
\[ \binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\tag{3}
\]
组合数的递推式（杨辉三角的公式表达）。我们可以利用这个式子，在 \(O(n^2)\) 的复杂度下推导组合数。
\[ \binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\cdots+\binom{n}{n}=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}=2^n\tag{4}
\]
这是二项式定理的特殊情况。取 \(a=b=1\) 就得到上式。
\[\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}=[n=0]\tag{5}
\]
二项式定理的另一种特殊情况，可取 \(a=1, b=-1\)。式子的特殊情况是取 \(n=0\) 时答案为 \(1\)
\[\sum_{i=0}^m \binom{n}{i}\binom{m}{m-i} = \binom{m+n}{m}\ \ \ (n \geq m)\tag{6}
\]
拆组合数的式子，在处理某些数据结构题时会用到。
\[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}^2=\binom{2n}{n}\tag{7}
\]
这是 \(6\) 的特殊情况，取 \(n=m\) 即可。
\[ \sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}=n2^{n-1}\tag{8}
\]
带权和的一个式子，通过对 \(3\) 对应的多项式函数求导可以得证。
\[\sum_{i=0}^ni^2\binom{n}{i}=n(n+1)2^{n-2}\tag{9}
\]
与上式类似，可以通过对多项式函数求导证明。
\[\sum_{l=0}^n\binom{l}{k} = \binom{n+1}{k+1}\tag{10}
\]
通过组合分析一一考虑 \(S=\{a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}\}\) 的 \(k+1\) 子集数可以得证，在恒等式证明中比较常用。
\[\binom{n}{r}\binom{r}{k} = \binom{n}{k}\binom{n-k}{r-k}\tag{11}
\]
通过定义可以证明。
\[\sum_{i=0}^n\binom{n-i}{i}=F_{n+1}\tag{12}
\]
其中 \(F\) 是斐波那契数列。
2-2.二项式反演
记 $ f_n$ 表示恰好使用 \(n\) 个不同元素形成特定结构的方案数，\(g_n\) 表示从 \(n\) 个不同元素中选出 \(i \geq 0\) 个元素形成特定结构的总方案数。
若已知 \(f_n\) 求 \(g_n\)，那么显然有：
\[g_n = \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} f_i
\]
若已知 \(g_n\) 求 \(f_n\)，那么：
\[f_n = \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} (-1)^{n-i} g_i
\]
上述已知 \(g_n\) 求 \(f_n\) 的过程，就称为 二项式反演。
证明
将反演公式的 \(g_i\) 展开得到：
\[\begin{aligned}
f_n &= \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} (-1)^{n-i} \left[\sum_{j = 0}^{i} \binom{i}{j} f_j\right] \\
&= \sum_{i = 0}^{n}\sum_{j = 0}^{i}\binom{n}{i}\binom{i}{j} (-1)^{n-i}f_j
\end{aligned}
\]
先枚举 \(j\)，再枚举 \(i\)，得到：
\[\begin{aligned}
f_n &= \sum_{j = 0}^{n}\sum_{i = j}^{n}\binom{n}{i}\binom{i}{j} (-1)^{n-i}f_j \\
&= \sum_{j = 0}^{n}f_j\sum_{i = j}^{n}\binom{n}{i}\binom{i}{j} (-1)^{n-i}
\end{aligned}
\]
使用 「组合数性质 | 二项式推论」 的公式 (11) 得到：
\[\begin{aligned}
f_n &= \sum_{j = 0}^{n}f_j\sum_{i = j}^{n}\binom{n}{j}\binom{n - j}{i - j} (-1)^{n-i} \\
&= \sum_{j = 0}^{n}\binom{n}{j}f_j\sum_{i = j}^{n}\binom{n - j}{i - j} (-1)^{n-i}
\end{aligned}
\]
令 \(k = i - j\)。则 \(i = k + j\)，上式转换为：
\[f_n = \sum_{j = 0}^{n}\binom{n}{j}f_j\sum_{k = 0}^{n - j}\binom{n - j}{k} (-1)^{n-j-k}1^{k}
\]
使用 「组合数性质 | 二项式推论」 的公式 (5) 得到：
\[f_n = \sum_{j = 0}^{n}\binom{n}{j}f_j[n = j] = f_n
\]
证毕。
The End
鸣谢:
