一些典型的计数
这里将会记录一些典型的计数。
图计数
无向图计数
显然，\(n\) 个点的无向图个数应该为 \(2 ^ {\binom{n}{2}}\)。
\(n\) 个点 \(m\) 条边无向图计数
不妨设 \(g(n, m)\) 表示 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图个数，显然有
设 \(f(n, m)\) 表示 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图个数。对于无向图，枚举 \(1\) 号点相连的连通块大小以及边数，可以得到下面等式：
将 \(f(n, m)\) 的项分离出来，我们可以得到：
这个公式看起来有点繁琐，不妨设 \(\mathcal{H}(n, m, x, y)\) 表示 \(\sum\limits_{a \le n} \sum\limits_{b \le m} \dbinom{n - 1}{a - 1} g(n - a, m - b) \times f(a, b)\)，移项后不难得到：
复杂度达到 \(O((nm) ^ 2)\)。使用斯特林反演可以做到 \(O(n ^ 2 m)\)。
\(n\) 点无向连通图计数
和上面的思路基本相同。最暴力的思路是枚举 \(1\) 号节点所在连通块的大小。
不妨设 \(g(n)\) 表示 \(n\) 个点的 无向图 个数，\(f(i)\) 表示 \(n\) 个点的 无向连通图 个数，那么有：
将 \(f(n)\) 分离并移项，可以得到：
这个做法是 \(O(n ^ 2)\) 的。
接下来你发现，若设出 \(f, g\) 的 \(\mathbf{EGF}\) 分别为 \(\mathcal{F, G}\)，上述式子可以直接分治 NTT。这样可以做到 \(O(n \ \mathrm{polylog}(n))\) 的复杂度。
具体题目可以见 \(\texttt{ACW #307}\)。
树的拓扑序计数
这里的树指的是一棵根向树。
- 使用树形 \(\text{dp}\) 求解
不妨设 \(f_u\) 表示以 \(u\) 为根的树的拓扑序计数。不妨设其有两个儿子 \(v_1, v_2\)。这里的转移不可以将 \(f_{v_1}, f_{v_2}\) 简单相乘，还应该考虑两个子树之间的错排顺序。考虑从 \(sz_{v_1} + sz_{v_2}\) 中选出 \(sz_{v_1}\) 个放在前面，其余的放在后面。那么有方程
推广到一般树，就有
时间复杂度 \(O(n)\)。
- 使用生成函数求解
不妨设 \(\mathcal{[x ^ i]F_u(x)}\) 表示 \(u\) 子树选择了 \(i\) 个节点的拓扑序方案数。\(\mathcal{F}\) 为方案数的 \(\mathbf{EGF}\)。那么有
其中乘上 \(x\) 表示选择自己的方案数。
使用 NTT 即可做到 \(O(n \log n)\)。所求即为 \([x ^ n]\mathcal{F_1(x)}\)。
二叉树计数
著名的卡特兰数。不妨设 \(f(i)\) 表示 \(i\) 个点的二叉树个数。那么有递推式：
这是卡特兰数的递推式，答案就是
特殊二叉树计数
CF438E The Child and Binary Tree
给定集合 \(S\)，每个节点权值需要 \(\in S\)。二叉树的权值定义为其所有节点的权值和。求权值为 \(m\) 的二叉树总数。
发现是上一道题的强化版。普通二叉树计数是这道题 \(S = \{1\}, m = n\) 的弱化版。
不妨设 \([x ^ n]f(x)\) 表示总和为 \(n\) 的满足条件的二叉树个数，\(g(x) = \sum [i \in S] x ^ i\)，则有
其意义为：左子树方案为 \(f\)，右子树方案为 \(f\)，本身方案为 \(g\)，加上空树。
解二次方程得到
上多项式就可以了。如果嫌麻烦可以分子有理化一下。
竞赛图三元环计数
考虑容斥。如果是无向完全图，则三元环个数显然是 \(\dbinom{n}{3}\)。减去不合法的方案即可。
不合法的方案就是从 \(u\) 出发的两条同向边。所以总方案即为
球盒问题
\(\texttt{Update on 2024/2/29}\)：对某些进行了生成函数的理解。
若干个小球放进若干个盒子的方案计数。按照盒子 / 小球的限制分为
-
小球有标号 / 无标号
-
盒子有标号 / 无标号
-
每个盒子至多放一个 / 至少放一个 / 无限制
共有 \(2 \times 2 \times 3 = 12\) 种选法。故称 \(12\) 球盒（\(12\) 重计数法）。
只能掌握比较简单的。比较困难的无法掌握。
小球有标号，盒子有标号，无限制
每个小球可以在 \(m\) 个盒子中选择。所以答案为 \(m \times m \cdots \times m = m ^ n\)。
生成函数理解：由于小球和盒子都不相同，因此都考虑其 \(\mathbf{EGF}\)。盒子的 \(\mathbf{EGF}\) 为 \(e ^ {x}\)，则答案为
小球有标号，盒子有标号，每个盒子至少放一个
考虑容斥。强制有 \(i\) 个盒子里没有球，那么 \(n\) 个球要放进剩下 \(m - i\) 个盒子里，方案数为 \((m - i) ^ n\)。由于盒子有标号，所以还要乘以一个 \(\binom{m}{i}\)。因此总方案数就是：
生成函数理解：每个盒子的 \(\mathbf{EGF}\) 为 \(e ^ x - 1\)，表示抠掉选 \(0\) 个的方案。答案即为
使用二项式定理展开，可以得到：
小球有标号，盒子有标号，每个盒子至多放一个
如果 \(n > m\) 肯定无解。假设 \(n \le m\)，那么有 \(m - n\) 个盒子是空的。选出这 \(m - n\) 个盒子，方案数为 \(\binom{m}{m - n}\)。由于小球有标号，所以还要乘以小球的排列数。答案即为：
生成函数理解：每个盒子生成函数为 \(1 + x\)，表示选 \(0 / 1\) 个。答案即为：
小球无标号，盒子有标号，每个盒子至少放一个
插板法。将 \(n\) 个小球排成一排，在 \(n - 1\) 个空里面插入 \(m - 1\) 个板子，分成 \(m\) 份。答案即为
生成函数理解：盒子的生成函数为 \(\dfrac{x}{1 - x}\)。这是由于每个盒子放 \(1 \sim + \infty\) 都有一种方案，其生成函数为 \(\dfrac{1}{1 - x}\)。但是去掉不放小球的方案，即为 \(\dfrac{1}{1 - x} - 1 = \dfrac{x}{1 - x}\)。所求即为
小球无标号，盒子有标号，无限制
插板法变形。将 \(n\) 个小球排成一排，在后面再加入 \(m\) 个小球，现在小球总数为 \(n + m\)。将 \(m - 1\) 个板子插到 \(n + m - 1\) 个空里，将小球分成 \(m\) 份。分完之后，再从每一组里抽走一个小球，即可将每个盒子至少放一个转化为每个盒子里放 \(\ge 0\) 个。总方案数即为：
生成函数理解：每个盒子的 \(\mathbf{OGF}\) 为 \(\dfrac{1}{1 - x}\)。
注：这里很有可能是不对的。
小球无标号，盒子有标号，每个盒子至多放一个
思路和 小球有标号，盒子有标号，每个盒子至多放一个 类似。如果 \(n > m\) 无解。然后从 \(m\) 个盒子里选出 \(n\) 个非空盒子即可。这里由于小球无标号，所以不需要乘以 \(n!\)。答案即为
小球有标号，盒子无标号，无限制
就是 第二类斯特林数。
令 \({n \brace m}\) 表示 \(n\) 个有标号小球放进 \(m\) 个盒子（盒子非空）的方案数，则有递推
对于该式的理解：第 \(n\) 个小球单独放一个盒子，加上和其他 \(n - 1\) 个小球放一个盒子。
可以做到 \(O(n ^ 2)\) 的递推。多项式做法已经不想懂了。
对于该题，答案即为
小球有标号，盒子无标号，每个盒子至多放一个
能放下就是 \(1\)，否则就是 \(0\)。
小球有标号，盒子无标号，每个盒子至少放一个
和第二类斯特林数定义相同。方案即为
小球无标号，盒子无标号，每个格子至多放一个
能放下就是 \(1\)，否则就是 \(0\)。
小球无标号，盒子无标号，无限制
定义“划分数” \(P(n, m)\)，表示将 \(n\) 划分成 \(m\) 个非负整数的方案数。则有
对于这个式子的理解：显然，对于划分出来的所有数都为整数的情况，将他们全部减一，可以建立到 \(P(n - m, m)\) 的双射。对于有 \(0\) 的情况，可以看做在后面加了一个零进去，方案数为 \(P(n, m - 1)\)，加入多个零可以通过这个递归定义。
显然可以多项式，但是我已经不想学了。所以这是一个 \(O(n ^ 2)\) 的算法。
小球无标号，盒子无标号，每个盒子至少放一个
将每个盒子里先钦定一个球，然后就是上一问的做法。方案数即为
其他计数
错排数
对于一个排列 \(p\)，若满足 \(\forall i \le n, p_i \ne i\)，则称 \(p\) 为长度为 \(n\) 的一个错排。
设 \(D_n\) 表示长度为 \(n\) 的错排的个数。有递推式：
对这个递推式的解释：考虑第 \(n\) 个数放在那里。显然不能放在位置 \(n\)。假设放在了位置 \(i\)，则位置 \(i\) 的数有两种选择：放在 \(n\) 和不放在 \(n\)。对于放在 \(n\)，剩下的方案数就是 \(D_{n - 2}\)，对于不放在 \(n\)，剩下的方案就是 \(D_{n - 1}\)。枚举 \(i\) 有 \(n - 1\) 中选择。故有上式。
部分错排数
对于长度为 \(n\) 的，有 \(m\) 个数错排的排列进行计数。
首先选出 \(m\) 个错排的数，再乘上错排数即可。方案数即为
卡特兰数
上文中二叉树的计数使用了卡特兰数。其符号一般记做 \(C(n)\)。
卡特兰数有递推式：
通过生成函数等方法，我们可以求出他的另外两个表达式。这两种表达式允许 \(O(1)\) 地计算其值。
-
\(C(n) = \dfrac{\dbinom{2n}{n}}{n + 1}\)
-
\(C(n) = \dbinom{2n}{n} - \dbinom{2n}{n - 1}\)
卡特兰数最典型的模型是这样的：在 \(n \times n\) 的网格图中，从原点出发到 \((n, n)\) 点，不经过直线 \(y = x\) 的路径数目。其他问题大多可以转化为这个模型。
卡特兰数典型问题：
-
某些网格路径计数
-
合法括号计数
-
二叉树计数
-
多边形三角形划分
第一类斯特林数
将 \(n\) 个不同元素划分为 \(m\) 个圆排列的方案数，记做 \(\Large{n \brack m}\)。
考虑递推求第一类斯特林数。有递推式：
对该公式的理解：第 \(n\) 个元素有两种放法：自己单独成为一个圆排列或者与前面的元素共同构成圆排列，这分别对应上式中的两项。
read(n, m); S[0][0] = 1;
rep(i, 1, n) rep(j, 1, m)
S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + (i - 1) * S[i - 1][j] % mod) % mod;
printf("%lld\n", S[n][m]); return 0;
第二类斯特林数
在 \(12\) 重计数法中有提到。其定义为：将 \(n\) 个不同元素划分成 \(m\) 个非空集合的方案数。递推式为：
其理解可以查阅上文球盒问题，小球有标号，盒子无标号部分。
read(n, k); S[0][0] = 1;
rep(i, 1, n) rep(j, 1, k)
S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + j * S[i - 1][j] % mod) % mod;
printf("%lld\n", S[n][k]); return 0;
贝尔数
记 \(B(n)\) 表示将 \(n\) 个不同元素划分成若干个非空子集的方案数。
很显然的，我们已经有了一个 \(O(n ^ 2)\) 的递推式。根据第二类斯特林数，我们只需要将斯特林数行求和即可。故有
下面介绍另一个递推公式：
对于这个公式的理解：对于第 \(n + 1\) 个数，如果其单独被分到一类，剩下 \(n\) 个，则方案数为 \(\dbinom{n}{n} B(n)\)。如果和某一个分到一个集合，则剩下 \(n - 1\) 个，方案数为 \(\dbinom{n}{n - 1} B(n - 1)\)。以此类推。
B[0] = 1;
rep(i, 1, n) rep(k, 0, i - 1) (B[i] += B[k] * C(i - 1, k) % mod) %= mod;
不同计数常见值
省选临近，最重要的事情莫过于学会各种乱搞技巧。
对于计数题，最常见的方法是打表 + 瞎几把凑系数。所以能够通过表观察出系数是很重要的能力。
下面给出一些常见系数的表：
- 第一类斯特林数
- 第二类斯特林数
- 卡特兰数
- 错排数
- 划分数
- 贝尔数
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