SCP/NOIP 复习：插板法

自己写一遍插板法的东西，顺便补上 oiwiki 上没有的一个证明。

偏向整理，别人估计不知道我在干什么。

基本模型：\(x_0+x_1+...+x_k=n\) 的正整数或非负整数解数量，可以抽象为元素组的划分。

正整数解的数量

也是插板法最基本的模型。

有 \(n\) 个相同的元素，将它们分成 \(k\) 组，并且要求每组不是空的，求统共有多少种分配方法。

注意是元素相同组别不同。

为什么标粗相同的元素？不相同就不能用插班法了，插班法依赖于元素的不可区分性。

我们将这个问题视作把 \(k-1\) 个隔板放入 \(n-1\) 个空隙之间。

也就是 \(\binom{n-1}{k-1}\)。

问题等同于求解 \(x_0+x_1+...+x_k=n\) 的正整数解数量。

这里的 \(x_i\) 表示 \(i\) 组的个数。

非负整数解的数量

现在去掉限制每组不是空，也就是允许每组是空的。

由于元素的等同的，我们可以先添加 \(k\) 个元素，再进行上述插班法，最后再抽去我们添加的元素。

得到答案 \(\binom{n+k-1}{k-1}\)=\(\binom{n+k-1}{n}\)。

问题等同于求解 \(x_0+x_1+...+x_k=n\) 的非负整数解数量。

以上便是基本的两大模型，我们遇到问题可以试着转化模型。

下界不同的整数解的数量

我们规定对于第 \(i\) 组必须至少要分配到 \(a_i\) 个元素。

这个时候我们选择转化成数学模型，问题变复杂时我们不能总是依赖直观。

我们设 \(x_i\) 为每组的个数，尝试转化成我们熟悉的数学模型。

\(x_0+x_1+...+x_k=n\)

设 \(x_i'=x_i-a_i\)，这个样子我们就可以转化成以下东西。

\(x_0'+x_1'+...+x_k'=n - \sum a_i\)

其中 \(x_i\) 必须是非负整数。

这不就转化成之前的问题了。

答案自然是 \(\binom{n-\sum a_i +k-1}{n-\sum a_i}\)。

不相邻的排列数量

有 \(1到n\) 的自然数可以选(一个排列)，我们需要选择 \(k\) 个数，使得这些数在大小上互相不相邻，请问有多少种选法。

这个看似不太可以使用插板法分析，明明元素之间并不是相同的。

但是我们发现两个离得最近的被选择的数之间的大小差异是相同的。

我们考虑如下转化。

设 \(x_i\) 为比 \(x\) 小的最大数与 \(x\) 中间的没有被选的数量，\(miao\) 表示比 \(k\) 大的没有被选的数量。

这个样子我们可以列出来式子 \(x_1+x_2+...+x_k+miao=n-k\)。

其中 \(x_1 \ge 0\)，其他 \(x_i \ge 1\)，\(miao\ge 0\)。

这个样子就成了之前的老问题。

我们转化一下，仿照上边的思路。

\(x_1'=x_1+1\)，\(miao'=miao+1\)。

这样就成了第二个问题。

\(x_1'+x_2+...+x_k+miao'=n-k+2\)

\(x_i,miao\) 都是非负整数。

直接套刚才式子得出答案是 \(\binom{n-k+1}{k}\)

为什么不是 \(k-1\)？\(miao\) 也是元素啊。

简单的例题 P2638

复习玩排列组合正好写到一道，遂补上去。

一共有 \(n\) 个储存区，储存区里边可以放任意多 0 和 1，当然，也可以什么都不放。

我们的 0 和 1 的总数量是有限的，放的时候并不一定要放完才行。

0 一共有 \(a\) 个，1 一共有 \(b\) 个。

询问一共有多少种方法。

我一开始并没有思路，于是尝试将问题转化为数学模型来分析。

一转化出来就知道怎么做了。

设 \(x_i\) 表示 \(i\) 格子中的 0 个数

设 \(y_i\) 表示 \(i\) 格子中的 1 个数。

枚举使用了 \(i\) 个 0，\(j\) 个 1。

我们得到数学问题，分别求以下的非负整数解个数。

\(x_1+...+x_n=i\)

\(y_1+...+y_n=j\)

因为两个互不影响，所以把答案乘起来就行了，怎么算我就不多说了，和上边显然是一样的。

形式化就是求解 \(\sum_{i=0}^{a}\sum_{j=0}^{b}\binom{i+n-1}{i}\times\binom{j+n-1}{j}\)

有个神经病的 hack 需要 __int128 才可以通过。

代码↓

#include <bits/stdc++.h>
#define int __int128
using namespace std;
const int MN=51;
int C[MN][MN], ans=0;
void Pre(){
	for(int i=0; i<MN; ++i){
		for(int j=0; j<=i; ++j){
			if(!j) C[i][j]=1;
			else C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
		}
	}
}
int n, a, b;
inline void Read(int &n){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    n=x*f;
}
inline void print(int n){
    if(n<0){
        putchar('-');
        n*=-1;
    }
    if(n>9) print(n/10);
    putchar(n%10+'0');
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	Pre(); Read(n), Read(a), Read(b);
	for(int i=0; i<=a; ++i){
		for(int j=0; j<=b; ++j){
			ans+=C[i+n-1][i]*C[j+n-1][j];
		}
	}
	print(ans);
	return 0;
}