学习笔记之组合排列（学习中）

一：基础工具与方法
加法原理：完成一件事情若有 a 种方法与 b 种方法，则总方法数为 a + b 种。
乘法原理：完成一件事情若需前后两步，第一步有 a 种方法，第二步有 b 种方法，则完成这件事有 a * b 种方法。
容斥原理：设 n 个集合 S 为有限集合， |S| 表示集合大小，则：

\[\mid \bigcup_{i = 1}^{n} S_i \mid = \sum_{i = 1}^{n}\mid S_i \mid - \sum_{1 \le i < j \le n} \mid S_i \cap S_j\mid + \sum_{1 \le i < j < k \le n} \mid S_i \cap S_j \cap S_k \mid + \]

\[... + (-1)^{n + 1} \mid S_1 \cap ... \cap S_n \mid \]

排列数（符号：A）：从 n 个不同元素中取 m 排成一列，可产生排列数量为：

\[A_n^m = \frac{n!}{(n - m)!} = n \times (n - 1) \times ... \times (n - m + 1) \]

组合数（符号：C）：从 n 个元素中取 m 个组成一个集合（无关顺序），可产生集合数量为：

\[C_n^m = (_m^n) = \frac{A_n^m}{A_m^m} = \frac{n!}{m!(n - m)!} = \frac{n \times (n - 1) \times ... \times (n - m + 1)}{m \times (m - 1) \times ... \times 2 \times 1} \]

——有关组合数相关性质：
\(C_n^m = C_n^{n - m}\)
\(C_n^m = C_{n - 1}^{m} + C_{n - 1}^{m - 1}\)
\(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n = 2^n\)
——证明如下：
一：对于每个 n 个数中取出 m 个数的集合，剩下 m - n 个数同样构成一个集合，两个集合一一对应，所以性质一成立。
二：从 n 个元素中取 m 个元素构成集合有两类方法：若取第 n 号元素，则再从剩下 n - 1 个元素选 m - 1 个，有 \(C_{n - 1}^{m - 1}\) 种方法。若不取，则从剩下 n - 1 个元素中选 m 个，有 \(C_{n - 1}^{m}\) 种方法。根据加法原理，得 \(C_n^m = C_{n - 1}^{m} + C_{n - 1}^{m - 1}\) ，所以性质二成立。
三：假设从 n 个元素中选出若干个元素构成一个集合，根据加法原理，共有 \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n = 2^n\) 种方法；又想到每个元素有取与不取两种状态，根据乘法原理可知，共有 \(2^n\) 种方法。即得 \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n = 2^n\) ，所以性质三成立。
——证毕。
卡特兰数：给定 n 个 -1 与 n 个 -1 ，以某种顺序构成长度为 2n 的序列，满足任意一段前缀和都大于等于 0 的序列个数为：

\[Cat_n = \frac{C_{2n}^{n}}{n + 1} \]

——证明如下：
易求所有长度为 2n 的序列数为 \(C_{2n}^{n}\) 个。
那么不妨假设满足要求的序列有 A 个，不满足的有 B 组，得 \(A + B = C_{2n}^{n}\) ，那么目标变成了求出 B 是多少。
注意到对于每一个 B 类序列，都存在一个最小位置 2p + 1 , 其中 -1 有 p + 1 个，1 有 p 个。再将区间 [2p + 2 ~ n] 中的数全部取反，得到 -1 有 n - p - 1 个，得到 1 有 n - p 个，此时这个序列有了 n + 1 个 1 与 n - 1 个 -1的序列。于是，我们只要求出这样的序列有几个就可以了，显然有 \(C_{2n}^{n - 1}\) 个。那么便推出式子：

\[C_{2n}^{n} - C_{2n}^{n - 1} = \frac{(2n)!}{n!n!} - \frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!} = \frac{(2n)!}{n!n!} - \frac{(2n)!}{n!n!(n+1)} \]

\[= \frac{(2n)!}{n!n!} \times \frac{1}{n + 1} = Cat_n \]

——证毕。
第一类斯特林数：给定 p 个不同对象，将其排成 k 个非空循环排列的方法数为第一类斯特林数：

\[s(p, k) = s(p - 1, k - 1) + s(p - 1, k)(p - 1), \]

\[s(p, p) = 1, s(p, 0) = 0 \]

——证明如下：
给定 p 个对象，将其排成 k 个非空循环排列有两类方法：若将第 p 号元素单独放一个排列，则有 \(s(p - 1, k - 1)\) 种方法；若放入已有排列中，那么它可以在 1 ~ (p - 1) 号元素的左侧，有 \(s(p - 1, k)(p - 1)\) 种方法。则

\[s(p, k) = s(p - 1, k - 1) + s(p - 1, k)(p - 1) \]

——证毕。
第二类斯特林数：给定 p 个不同对象，将其组合成 k 个非空集合的方法数为第二类斯特林数：

\[s(p, k) = s(p - 1, k - 1) + s(p - 1, k)k, \]

\[s(p, p) = 1, s(p, 0) = 0 \]

——证明如下：
给定 p 个对象，将其组合成 k 个非空集合有两类方法：若将第 p 号元素单独放一个集合，则有 \(s(p - 1, k - 1)\) 种方法；若放入已有集合中，那么它可以在 1 ~ k 号集合中，有 $s(p - 1, k)k $ 种方法。则

\[s(p, k) = s(p - 1, k - 1) + s(p - 1, k)k \]

——证毕。
挡板法：将 n 个相同元素组成 m 个不同非空集合的方法数为：

\[C_{n - 1}^{m - 1} \]

思想：由于元素相同，排成一排后构成了 n - 1 个空隙，问题便转化成了往 n - 1 个空隙中放置 m - 1 个挡板，得出式子。
挡板法其二：将 n 个相同元素组成 m 个不同集合（集合允许为空）的方法数为：

\[C_{n + m - 1}^{m - 1} \]

思想：n - 1 个空隙再加上 m 个可能的空集即可。
DP法：视题目而论，这里不做过多介绍。
关于排列数，组合数，第一第二类斯特林数代码如下：

点击查看代码

int C(int x, int y) {
	if (x < y) return 0;
	int a = 1;
	for (int i = 1; i <= y; i++)
		a = a * (x - y + i) / i;
	return a;
}

int A(int x, int y) {
	if (x < y) return 0;
	int a = 1;
	for (int i = x - y + 1; i <= x; i++)
		a *= i;
	return a;
}

int stirling_1(int p, int k) {
	if (p == k) return 1;
	if (k == 0 || p < k) return 0;
	return stirling_1(p - 1, k - 1) + (p - 1) * stirling_1(p - 1, k);
}

int stirling_2(int p, int k) {
	if (p == k) return 1;
	if (k == 0 || p < k) return 0;
	return stirling_2(p - 1, k - 1) + k * stirling_2(p - 1, k);
}

二：经典例题分析
一：1, 2, 3,..., n 经过一个栈，有多少种合法的出栈顺序。
方法：将入栈操作看作 1 ，出栈操作看作 -1 。问题变成了给定 n 个 -1 与 n 个 -1 ，以某种顺序构成长度为 2n 的序列，求满足任意一段前缀和都大于等于 0 的序列个数，用卡特兰数即可。
二：题目：https://www.luogu.com.cn/problem/P10937
方法：将 L 形分成两部分，枚举其中一块里车的数量，易得公式：

\[\sum_{i = 0}^{k}C_a^iC_{b + d - i + k}^ii!C_c^{k - i}C_d^{k - i}(k - i)! \]

易错点：考虑到第一部分要预留 k - i 行给第二部分放，便有了 b + d - i + k 这一式子。