排列组合大复习

0x00 前言

初赛考试的重点，非常重要！！！（标 ☆ 的除外）

0x01 加法原理与乘法原理 ★★★★

加法原理：对于一件事，若其可以分为 \(n\) 种方法，第 \(i\) 种方法的方案数为 \(a_i\)，则总方案数为 \(\sum_{i=1}^n a_i\)。

乘法原理：对于一件事，若其可以分为 \(n\) 个步骤，第 \(i\) 个步骤的方案数为 \(a_i\)，则总方案数为 \(\prod_{i=1}^n a_i\)。

0x02 排列数、组合数的定义及性质 ★★★★★

一、定义

排列数：排列，顾名思义是有顺序的。所谓从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素的排列数，即从 \(n\) 个元素中取出 \(m\) 个元素形成一个有序的序列，可形成的不同序列的数量，记为 \(A_n^m\)（有些古老的资料上写作 \(P_n^m\)）（\(m<n\) 且 \(m,n\in\N_+\)），其中这 \(m\) 个元素是有顺序的，如 \(1,2,3\) 与 \(1,3,2\) 是两个不同的排列。

全排列：特殊地，当 \(n=m\) 时，即从 \(n\) 个不同元素中取出 \(n\) 个元素的排列数，称作全排列。

组合数：组合，强调“组”之后的“合”，是一个没有顺序的整体。所谓从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素的组合数，即从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素形成一个集合，可形成的不同集合的数量，记为 \(C_n^m\)（也写为 \(\tbinom{n}{m}\)，两者上下相反！！！）。选出的这些元素是无序的，如 \(1,2,3\) 和 \(1,3,2\) 应被算为同一种选法。

二、计算公式

公式 1（排列数定义式）：\(A_n^m=n\times(n-1)\times\dots\times(n-m+1)=\dfrac{n!}{(n-m)!}\ (n,m\in\N_+,0<m\le n)\)，即以 \(n\) 为结尾的连续 \(m\) 个正整数相乘。

证明：选取过程中，可以把 \(1\) 次取出 \(m\) 个元素看成 \(m\) 次取出 \(1\) 个元素，第一次取出有 \(n\) 种；而第二次取时，第一次已经取出 \(1\) 个，只剩下了 \((n-1)\) 个，所以有 \(n-1\) 种……当第 \(i\) 次取时，前面 \(i-1\) 次已经取了 \(i-1\) 个，还剩 \(n-i+1\) 个。由于是分步操作，由乘法原理可得总方案数为 \(\prod_{i=1}^m(n-i+1)\)，即为上面的式子。

公式 2：\(A_n^n=\dfrac{n!}{0!}=n!\ (n\in\N_+)\)

公式 3（组合数定义式）：\(C_n^m=\tbinom{n}{m}=\dfrac{A_n^m}{A_m^m}=\dfrac{n!}{m!\cdot(n-m)!}\ (n,m\in\N_+,0<m\le n)\)，即排列数除以 \(m\) 的全排列。

证明：对于从 \(n\) 个不同元素中选出 \(m\) 个元素的组合数，可以看成把从 \(n\) 个不同元素中选出 \(m\) 个元素的排列数中所有对组合数而言的相同选法合并（有点绕 T_T）。而一个 \(m\) 个元素的组合总共有 \(A_m^m\) 个对应的排列（为什么？），即 \(C_n^m\times A_m^m=A_n^m\)，即得 \(C_n^m=\dfrac{A_n^m}{A_m^m}\)。

为什么？：由于组合是没有顺序的，要把它转换为有顺序的排列，可以看成从这 \(m\) 个元素中有序取出 \(m\) 个元素形成一个排列，那么总共就有 \(A_m^m\) 个排列了。

公式 4（规定）：特别地，规定当 \(m>n\) 时，\(A_n^m=C_n^m=0\)；当 \(m=0\) 时，\(A_n^m=C_n^m=1\)（即不选）。

公式 5：对于 \(\forall m,n\in\Z\) 满足 \(0\le m\le n\)，有 \(C_n^m=C_n^{n-m}\)。

证明 1：从式子的含义考虑。\(C_n^m\) 表示从 \(n\) 个元素中无序选出 \(m\) 个元素，那么自然也可以看成从 \(n\) 个元素中找出 \(n-m\) 个元素不选，所以 \(C_n^m=C_n^{n-m}\)。

证明 2：\(C_n^m=\dfrac{n!}{m!\cdot(n-m)!}=\dfrac{n!}{(n-m)!\cdot m!}=C_n^{n-m}\)

公式 6（杨辉三角原理）：\(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m\)

证明 1：对于 \(C_n^m\)，考虑当前第 \(n\) 个元素取不取。若取，则在前面 \(n-1\) 个元素中应取 \(m-1\) 个，即为 \(C_{n-1}^{m-1}\)；若不取，则须在前 \(n-1\) 个元素中取 \(m\) 个，即为 \(C_{n-1}^m\)，由加法原理二者相加即可。

证明 2：

\[\begin{aligned} C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m&=\dfrac{(n-1)!}{(m-1)!\cdot(n-m)!}+\dfrac{(n-1)!}{m!\cdot(n-m-1)!}\\ &=\dfrac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m-1)!}(\dfrac{1}{n-m}+\dfrac{1}{m})\\ &=\dfrac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m-1)!}\cdot \dfrac{n}{m(n-m)} \\ &=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}=C_n^m \end{aligned} \]

三、排列数、组合数求解方法

直接用定义式。先求出 \(m!,(n-m)!\) 的逆元，时间复杂度各为 \(O(m),O(n-m)\)；再求出 \(n!\bmod p\) 的值，时间复杂度 \(O(n)\)。最后全部代入即可，时间复杂度 \(O(n)\)。

int inv[N];
int facinv(int n,int p){ // 求 n! 逆元
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=p-(p/i)*1ll*inv[p%i]%p;
    int res=1;
    for (int i=1;i<=n;++i) res=res*1ll*inv[i]%mod;
    return res;
}
int fac(int n,int p){
    int res=1;
    for (int i=2;i<=n;++i) res=res*1ll*i%p;
    return res;
}
int A(int n,int m,int p){ return fac(n)*1ll*facinv() }

0x03 插板法 ★★★★★

一、Task 1：基础

题目：求 \(x_1+x_2+\dots+x_k=n\ (k,n\in\N_+)\) 的正整数解个数。
等价问法：求把 \(n\) 个元素分为 \(k\) 个非空组的方案数。

解法（按等价问法考虑）：要把 \(n\) 个元素分为 \(k\) 个非空组，可以看成在这些元素的 \(n-1\) 个空隙中插入 \(k-1\) 块板（不可在一个空隙中插多块），从而将元素分为 \(k\) 个非空组，总方案数即为 \(C_{n-1}^{k-1}\)。

二、Task 2：变形 1

题目：求 \(x_1+x_2+\dots+x_k=n\ (k,n\in\N_+,k\le n)\) 的非负整数解个数。
等价问法 1：求把 \(n\) 个元素分为不多于 \(k\) 个非空组的方案数。
等价问法 2：求把 \(n\) 个元素分为 \(k\) 组（可为空）的方案数。

解法（按题目本身考虑）：考虑化归。现在 \(x_1,x_2,\dots,x_k\ge 0\)，而前面我们解决了其均大于 \(0\) 的情况，所以我们只需要将大于等于 \(0\) 转变为大于 \(0\) 即可，发现给每个元素加 \(1\) 即可。从而，题目变为求 \(y_1+y_2+\dots+y_k=n+k\ (k,n\in\N_+,k\le n)\) 的正整数解个数，其中 \(y_i=x_i+1\ (1\le i\le n)\)。由 Task 1 可求得解为 \(C_{n+k-1}^{k-1}\)，而每一个 \(y_i\) 对应唯一的一个 \(x_i\)，所以最终总方案数为 \(C_{n+k-1}^{k-1}\)。

三、Task 3：变形 2

题目：求 \(x_1+x_2+\dots+x_k=n\ (k,n\in\N_+,k\le n)\) 满足 \(\forall i\in[1,n]\cap\Z,x_i>a_i\ (a_i\in\N_+)\) 的解的个数。

解法：依旧化归。现在要求解大于 \(a_i\)，考虑往前面的“与 \(0\) 比”上面靠。令 \(y_i=x_i-a_i\ (1\le i\le n)\)，由 \(x_i>a_i\) 得 \(y_i\in\N_+\)，则有 \(y_1+y_2+\dots+y_k=n-\sum a_i\)。由 Task 1 可知答案为 \(C_{n-\sum_{i=1}^k a_i}^{k-1}\)。

四、总结

插板法特别适用于一些求 \(\sum x_i=n\) 满足 \(x_i>a_i\) 的整数解问题。对于一些分组、取不相邻元素的题目，也可以考虑通过设各组元素数量、组/元素间元素数量等转变为不定方程整数解个数问题。总之，插板法注重题目与不定方程的转换，解题时注意插板、设元即可。

0x04 牛顿二项式定理 ☆

内容：\((a+b)^n=C_n^0 a^nb^0+C_n^1 a^{n-1}b^1+\dots+C_n^n a^0b^n=\sum_{i=1}^n C_n^i a^{n-i}b^i=\sum_{i=1}^n C_n^i a^ib^{n-i}\)。

证明：考虑展开后一个项是如何产生的。对于其中一项 \(a^xb^{n-x}\)，其需要在 \(n\) 个括号中有 \(x\) 个出 \(a\)，剩下 \(n-x\) 个出 \(b\) 相乘产生，故共有 \(C_n^x\) 个。

0x05 多重集上的排列、组合 ☆

前置知识：插板法

一、多重集的定义

何为多重集？多重集指一个包含重复元素的广义集合（即不含有互异性的数组），一般用 \(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\dots,n_k\cdot a_k\}\) 表示由 \(n_1\) 个 \(a_1\)，\(n_2\) 个 \(a_2\)……\(n_k\) 个 \(a_k\) 构成的共 \(\sum n_k\) 个元素的多重集。

二、多重集的排列数/多重组合数

定义：多重集的排列数，也称多重组合数、多重集的全排列数，多重集 \(S\) 的排列数可用 \(\tbinom{n}{n_1,n_2,\dots,n_k}\) 表示，其中 \(n=\sum n_i\)。具体地，多重集的排列数指将多重集中所有元素取出排列成一个有序数列，可排出的不同数列有几种。

解法：求解该问题，我们注意到值不同的元素是不一样的，而值相同的元素是一样的。考虑逆向思维，将多重集的排列数变为整个多重集中所有元素的全排列（每个元素都不一样），只需要乘上每种元素内部的全排列即可。即 \(\tbinom{n}{n_1,n_2,\dots,n_k}\times\prod_{i=1}^k n_i!=n!\)，所以移项得到多重组合数的计算公式：\(\tbinom{n}{n_1,n_2,\dots,n_k}=\dfrac{n!}{\prod_{i=1}^k n!}\)。

三、多重集的组合数

定义：多重集的组合数，即重多重集中任选 \(m\ (m<\min n_i)\) 个元素可构成的不同多重集的数量。

解法：设值为 \(a_i\) 的元素被选 \(x_i\) 个，则有 \(x_1+x_2+\dots+x_k=m\)，题目即转换为求该不定方程的非负整数解，由插板法可得答案为 \(C_{m+k-1}^{k-1}\)。

0x06 错位排列 ★

考虑这样一个问题。现在有一个各元素互不相同的数列 \(a_i\ (1\le i\le n)\)，求满足 \(\forall i\in[1,n]\cap\Z,a_{p_i}\ne a_i\) 的 \(1\sim n\) 的排列 \(p_i\) 的个数。

采用动态规划。记 \(f_n\) 表示 \(n\) 规模下的答案。要求 \(n\) 时的答案，则考虑与更小规模答案的联系。假设现在 \(p_i=i\)，为了让 \(p_i\ne i\)，显然要将 \(p_i\) 与某一个 \(p_j\) 交换。如果前 \(n-1\) 个都满足条件，只需要随便选一个 \(1\le j\le n-1\) 交换即可，故该方案有 \((n-1)f_{n-1}\) 个。但是，如果前 \(n-1\) 个中正好有且仅有一个 \(j\) 满足 \(p_j=j\)，那么交换 \(p_i,p_j\) 也满足条件，此时由于 \(j\) 可取 \(1\sim n-1\)，故共有 \((n-1)f_{n-2}\) 种方案。综上，总方案数为 \(f_n=(n-1)(f_{n-1}+f_{n-2})\)，其中边界条件为 \(f_1=0,f_2=1\)，时空复杂度均为 \(O(n)\)。

0x07 圆排列 ☆

对于圆排列 \(Q_n^m\)，表示从 \(n\) 个元素互不相同的数列中选出 \(m\) 个元素组成一个圆，可组成的圆的数量。考虑化环为链，在某处拆开该圆，形成一个环，则由于圆上共有 \(m\) 个空隙，所以共有 \(m\) 种方案。拆开后的所有方案综合起来即为从 \(n\) 个元素中有序选出 \(m\) 个元素的所有方案，故有 \(n\times Q_n^m=A_n^m\)，得 \(Q_n^m=\dfrac{A_n^m}{m}\)。

0x08 卡特兰（Catalan）数 ★★★☆

一、何为卡特兰数？

卡特兰数，因比利时数学家 Eugène Charles Catalan 在 1958 年研究括号序列计数问题时发现了这一数列而得名，但其实清朝数学家明安图在 18 世纪 30 年代就已发现该数列。（所以为什么不叫明安图数？）

具体地，卡特兰数满足 \(C_n=\begin{cases}1&,n=0\\ \sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}&,n>0\end{cases}\)，数列前几项为 \(C_0=1,C_1=1,C_2=2,C_3=5,C_4=14,C_5=42,\dots\)。

二、适用场景

I. Task 1：路径计数问题

题目：现有一个 \(n\times n\) 大小的网格，要求从网格的左下角走到右上角，但只可向右或向上走，且不得经过 \(y>x\) 范围内的任何格点。如下图所示。

一般来说，直接用头顶标数法即可。然而这里我们换一种方式考虑。我们令规模为 \(n\) 的问题答案为 \(f_n\)。考虑最后一次经过的 \(y=x\) 上的点（不算终点）的坐标 \((m,m)\)，那么可将路径分为两部分，即 \((0,0)\to(m,m),(m,m)\to(m+1,m)\to(n,n-1)\to(n,n)\)，其中前一部分共有 \(f_m\) 种方案，后一部分中前后两段走法唯一，只需考虑 \((m+1,m)\to(n,n-1)\)，共 \(f_{n-m-1}\) 种方案，由乘法原理可得总方案为 \(f_mf_{n-m-1}\)。由于 \(m\in[0,n-1]\cap\Z\)，所以最终方案数等于 \(\sum_{i=0}^{n-1}f_if_{n-i-1}\)，其中 \(f_0=1\)。观察可得恰为卡特兰数的表示形式。

II. Task 2：建模

将该问题建立数学模型。注意到不越过 \(y=x\) 即为向右走的次数大于等于向上走的次数。记向右走为 \(+1\)，向上走为 \(-1\)，每次走的方向为 \(a_i\)，共有 \(n\) 个 \(+1\) 与 \(n\) 个 \(-1\)。则题目变转变为满足任意子序列元素和均非负的合法序列个数，答案也应为 \(C_n\)。

III. Task 3：二叉树计数问题

题目：求含有 \(n\) 个结点的形态不同的二叉树的数目。

对于该问题，肯定要将大问题转换为两个小问题。观察到二叉树最多只有两个子树，很适合划分问题。依旧设规模为 \(n\) 的问题答案为 \(f_n\)。则当左子树有 \(i\) 个结点时，右子树有 \(n-i-1\) 个结点，可得 \(f_n=f_if_{n-i-1}\)。故最终答案为 \(\sum_{i=0}^{n-1}f_if_{n-i-1}\)，其中 \(f_0=f_1=1\)，符合卡特兰数规律。

IV. Task 4：括号匹配问题/找零问题/出栈序列计数问题

核心要点：这类题目往往都可以转换为某一物品（如左括号、零钱、栈内元素个数）的 \(\pm\, 1\) 操作，只需划归为 Task 1，即设 \(+1\) 为向右，\(-1\) 为向上进行标数法即可。

标数法：具体地，即在每个网格之间标上数，每个数等于它左侧和下侧两数之和（因为是向上、向右走）。

三、计算公式

公式 1：\(C_n=\dfrac{1}{n+1}\tbinom{2n}{n}=\dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}\)。

公式 2：\(C_n=\tbinom{2n}{n}-\tbinom{2n}{n+1}\)。

公式 3：\(C_n=\dfrac{4n-2}{n+1}C_{n-1}\)。

证明：略，见 OI-WIKI。

四、总结

卡特兰数的题目，一般是用其它方法做不出来的，所以可以在排列组合题想不出来时看到整道题以一个量不断进行 \(\pm\, 1\) 操作且时刻大于等于 \(0\) 命题时，考虑尝试定义向右、向上用标数法解决。

0x09 容斥原理 ★★

内容：对于 \(n\) 个集合 \(S_1,S_2,\dots,S_n\)，有 \(\big|\bigcup_{i=1}^n S_i\big|=\sum_{i=1}^n \Big[(-1)^{n-1}\sum_{j=1}^{n-i+1}\big|\bigcap_{k=j}^{i+j-1} S_k\big|\Big]\)，其中 \(\big|S\big|\) 表示集合 \(S\) 中元素的个数。

证明：画韦恩图即可。标上每一小块被计算的个数并时刻更新。

0x0A 鸽巢原理 ★★

内容：把 \(n\) 个元素分成 \(k\) 组，则必有一组存在不少于 \(\big\lceil\dfrac{n}{k}\big\rceil\) 个元素。

证明：采用反证法。假设每组元素均少于 \(\big\lceil\dfrac{n}{k}\big\rceil\) 个，则元素总个数必小于等于 \(k(\big\lceil\dfrac{n}{k}\big\rceil-1)<k\times\dfrac{n}{k}=n\)，矛盾，舍去。