排列组合的性质
排列数
从\(n\)个元素中取出\(m\)个元素排成一列,产生的不同排列的数量为:$$P_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}=n(n-1)(n-2)\dots(n-m+1)$$
组合数
从\(n\)个元素中取出\(m\)个组成一个集合(不考虑顺序),产生的不同集合的数量为:$$C_nm=\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}=\dfrac{\prod\limits_{i=1}{n-i+1}}{\prod\limits_{i=1}^m{i}}$$
由于每一种组合有\(P_m^m=m!\)种不同的排列方式,根据乘法原理,在原来的组合方案上累计每一种方案的排列数,得到:$$C_n^m \cdot P_mm=P_nm$$.
组合数有以下三点性质:
1.对称,即\(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}\)
2.递推,即\(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}\)
3.求和,即\(\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}=2^n\)
第一点,选择\(m\)种元素等价于放弃另外\(n-m\)种元素,那么从"放弃集合"中选取\(n-m\)种元素的方案数和从"选择集合"中选取\(m\)种元素的方案数一致.
第二点,当选到最后的第\(n\)个元素时,我们可以选择选或不选.
如果不选,那么我们就必须在前\(n-1\)个元素里选出\(m\)个元素.方案数为\(\dbinom{n-1}{m}\).
如果选,那么我们只需要在前\(n-1\)个元素里选出\(m-1\)个元素.方案数为\(\dbinom{n-1}{m-1}\).
两种决策合并到一起,就有\(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}{m}\).
第三点,我们直接用集合的子集划分来证明.考虑一下,如何求一个大小为\(n\)的集合的子集个数?
对于每一个含有\(i\)个元素的子集,这样的子集应该有\(\dbinom{n}{i}\)个.
子集的大小可以是\(0,1,\dots,n\),那么对应的子集个数就是\(\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}\).
从另一方面,对于集合第\(j\)个元素,我们可以决定选或者不选.这样一共有两种决策可以形成不同的子集.
总共有\(n\)个元素,由乘法原理,可以形成不同的子集个数为\(\prod\limits_{i=1}^n2=2^n\)
这两种方案数应该是一样的,即\(\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}=2^n\)
组合数的计算方法
如果需要一系列的组合数值,我们可以用线性递推的公式.边界是\(\dbinom{n}{0}=\dbinom{n}{n}=1\)
如果计算的值比较大,而答案要求对某个数取模,我们有Lucas定理.
除此之外,我们还可以保存一下模意义下的阶乘和它的逆元,然后用\(O(1)\)的时间套公式回答.
我们还可以用"阶乘质因式分解"的方法来避免大数除法,时间复杂度为\(O(n\log n)\).
二项式定理
注意到\((a+b)^n=(a+b)(a+b)^{n-1}=a(a+b)^{n-1}+b(a+b)^n\).这意味着对于乘积\(\begin{matrix}\underbrace{(a+b)(a+b)(a+b)\dots(a+b)}\\n\text{个项}\end{matrix}\),我们每次从一个项中可以选择\(a\)或者选择\(b\),相乘得到一个\(n\)次的整式.这样的整式一共有\(2^n\)个,合并同类项之后就只有\(n+1\)个了.
试问:整式\(a^kb^{n-k}\)一共有多少个呢?我们从\(n\)个项里面选出\(k\)个\(a\),可以选出\(\dbinom{n}{k}\)个\(a^kb^{n-k}\)出来.\((a+b)^n\)展开之后所有的项一定是\(a^kb^{n-k}\)或者\(a^{n-k}b^k\)的形式,每一个项的个数\(\dbinom{n}{k}\),故\(\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}=(a+b)^n\).
这种思想还可以在这里进一步了解。
还可以用数学归纳法.
当\(n=1\)时,\((a+b)^1=a+b=\dbinom{1}{0}a^0b^{1-0}+\dbinom{1}{1}a^1b^{1-1}\),成立.
若命题对\(n=m\)成立,则对\(n=m+1\):
\((a+b)^{m+1}=(a+b)(a+b)^m=(a+b)\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{m}{i}a^ib^{m-i}\)
\(=\sum_{i=0}^m\dbinom{m}{i}a^{i+1}b^{m-i}+\sum_{i=0}^m\dbinom{m}{i}a^ib^{m-i+1}\)
\(=\sum_{i=1}^{m+1}\dbinom{m}{i-1}a^ib^{m-i+1}+\sum_{i=0}^m\dbinom{m}{i}a^ib^{m-i+1}\)
\(=\sum_{i=0}^{m+1}(\dbinom{m}{i-1}+\dbinom{m}{i})a^ib^{m-i+1}=\sum_{i=0}^{m+1}\dbinom{m+1}{i}a^ib^{m+1-i}\).
证毕.
多重集
多重集不满足互异性。多重集中每个元素可以用\(n \cdot x\)来表示，代表\(x\)在多重集中出现了\(n\)次。
多重集的（全）排列。我们把多重集中的全部元素（包括重复的元素）拿出来排成一个序列。两个多重集的排列不同，当且仅当两个排列的对应某位置上，它们的元素不同。比如说，\(\{a,a,b,b,a,c,d\}\)和\(\{a,a,b,b,a,c,d\}\)是同一个排列，而和\(\{a,b,a,b,a,c,d\}\)就不是。
多重集的组合。我们从多重集中选取若干个元素（可以重复选取同一元素，但次数不能超过原来多重集中的个数），得到一个新的多重集。两个多重集不同，当且仅当他们对应元素的个数不相等。\(\{a,a,b,b,c,c,d\}\)和\(\{a,b,a,b,c,c,d\}\)代表同一个多重集的组合，而和\(\{b,b,b,b,c,c,d\}\)则不是。
我们假定多重集的大小\(N=|S|=\sum_{i=1}^kn_i\)。
多重集的排列数
如果把多重集中每一个重复的元素标上不同的序号，那么我们就可以把原来的多重集\(S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k\}\)看成是一个长度为\(N\)的序列\(\{a_{11},a_{12},\cdots,a_{1n_1},a_{21},a_{22},\cdots,a_{2n_2},\cdots,a_{kn_k}\}\)。这个序列的排列数是\(N!\)。
另一方面，我们不考虑标号。我们假设直接对整个多重集进行全排列，得到集合\(S\)的全排列\(P(S)\)。假如同一种元素调换位置，多重集的排列是不会变的，但是上面的序列的排列会不一样。在多重集排列的基础上，对每种元素进行全排列，可以得到不同的序列排列。每种元素对应的全排列数是\(n_i!\)，我们得到了等式:
即：
多重集的组合数
已知多重集\(S=\{n_1\cdot a_1,\cdots,n_k\cdot a_k\}\)。现从多重集中随意选取\(r\)个元素组成一个新的多重集，满足\(\forall i=1,2,\cdots,k,r\leq n_i\)。求不同的新多重集的方案数。
假设我们取\(v_i\)个\(a_i\)元素，那么组成的多重集应当满足\(\sum\limits_{i=1}^kv_i=r\)。那么新的问题就是要求满足上述条件的向量\(v\)的个数。
以下做法参考至李煜东老师《算法竞赛进阶指南》。我们不妨考虑一个长度为\(r\)的面包：
我们把这个面包切\(k-1\)刀变成\(k\)个面包条，每一个面包条的长度对应一个\(v_i\)的值，这样就得到了一种合法的方案。
\(\uparrow\)这里把一个长度为\(r=11\)的面包切成了\(4\)条，对应的\(v=<3,3,4,1>\)。
我们可以切在不同的位置，从而得到不同的方案，每一种均满足\(\sum_{i=1}^kv_i=r\)。因此，我们要求的答案就是所有可行的切面包方案，也就是所有可行的刀痕排列。
把长度为\(1\)的面包块\(\Box\)和刀痕\(\dagger\)都看成元素，它们构成多重集\(\{r\cdot \Box,(k-1)\cdot \dagger\}\)。这个多重集的排列数等于\(\dfrac{(r+k-1)!}{r!(k-1)!}=\dbinom{r+k-1}{k-1}\)。所以多重集\(S=\{n_1\cdot a_1,\cdots,n_k\cdot a_k\}\)的组合数就是\(\dbinom{r+k-1}{k-1}\)。
如果不满足\(\forall i=1,2,\cdots,k,r\leq n_i\)，而是\(r \leq N\)，我们就需要用到容斥原理来解决。
