组合

卡特兰数

类括号序列计数问题的方案数都是卡特兰数，其表达式为 \(H_n=\dfrac{2n\choose n}{n+1}\)。

记住前几项是 \(1,1,2,5,14,42...\)

还有几种计算方法，其中第一个式子默认 \(H_0=1\)。

\[H_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}H_iH_{n-i-1} \]

\[H_n={2n\choose n}-{2n\choose n-1} \]

\[H_n=\dfrac{4n-2}{n+1}H_{n-1} \]

P1641 [SCOI2010] 生成字符串

类似于 \(H_n={2n\choose n}-{2n\choose n-1}\) 的推导，采用翻折路径法可以得到答案是 \({n+m\choose n}-{n+m\choose n+1}\)。

组合数

范德蒙卷积

\[\sum\limits_{i=0}^k {n\choose i}{m\choose k-i}={n+m\choose k} \]

ABC290F Maximum Diameter

首先树上度数限制必须满足 \(\sum deg_i=2n-2\)。

对于一组 \(\{deg_n\}\) 序列咋一看构造最大直径很难，其实就是最朴素的思想，把所有度数 \(>1\) 的点串起来，然后把度数为 \(1\) 的叶子节点挂上去即可。因为有上述的度数限制，所有必然可以有方案。

于是我们需要枚举一度点的个数 \(k\)，此时的直径长度为 \(n-k+1\)。我们选出 \(k\) 个节点当作叶子，再把剩余度数分配给其他所有节点，\(\sum x_i=n-k\)，且 \(x_i\ge 2\)。

首先可以凑一个吸收恒等式，把 \(k\) 提取出来。然后内部运用范德蒙卷积即可。

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{k=2}^{n-1}{n\choose k}{n-3\choose n-k-1}(n-k+1) \\=&\sum\limits_{k=2}^{n-1}{n\choose k}{n-3\choose n-k-1}(n-k-1)+2\sum\limits_{k=2}^{n-1}{n\choose k}{n-3\choose n-k-1} \\=&(n-3)\sum\limits_{k=2}^{n-1}{n\choose k}{n-4\choose n-k-2}+2{2n-3\choose n-1} \\=&(n-3){2n-4\choose n-2}+2{2n-3\choose n-1} \end{aligned} \]

重要公式

• \(\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}\) \(\begin{pmatrix}b\\c\end{pmatrix}=\)\(\begin{pmatrix}a\\c\end{pmatrix}\)\(\begin{pmatrix}a-c\\b-c\end{pmatrix}\)
• \(\sum\limits_{i=r}^n\begin{pmatrix}i\\r\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n+1\\r+1\end{pmatrix}\)
• \(\dfrac{a^{\underline{i}}}{b^{\underline{i}}}=\dfrac{\begin{pmatrix}a\\i\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b\\i\end{pmatrix}}=\dfrac{\begin{pmatrix}b-i\\b-a\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b\\a\end{pmatrix}}\)
• \((x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}x^iy^{n-i}\)
• \(k { n\choose k } = n {n-1\choose k-1 }\)

CF660E Different Subsets For All Tuples

思路显然，计算每种子序列的贡献。注意概念，子序列不需要连续。
空子序列，\(m^n\)。
非空子序列，只统计第一次出现的位置。第一维 \(i\) 枚举长度，第二维 \(j\) 枚举结尾位置。结尾位置确定后，就要在前 \(j-1\) 个位置里面确定 \(i-1\) 个位置来填充了。然后在这前 \(j\) 个位置中，非子序列位置，不能出现子序列下一个要出现的数字，因此只能有 \(m-1\) 种选择，剩下的随便填。

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^n\begin{pmatrix}j-1\\i-1\end{pmatrix}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i} \]

观察形式，尝试凑出二项式定理。

先平移坐标，凑成比较齐整的形式，然后交换求和符合将我们不需要的部分提到外面来，对于内部运用二项式定理。

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^n\begin{pmatrix}j-1\\i-1\end{pmatrix}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i} \\=&\sum\limits_{j=0}^{n-1}\sum\limits_{i=0}^{j}\begin{pmatrix}j\\i\end{pmatrix}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i} \\=&\sum\limits_{j=0}^{n-1}m^{n-j}\sum\limits_{i=0}^{j}\begin{pmatrix}j\\i\end{pmatrix}(m-1)^{j-i}m^i \\=&\sum\limits_{i=0}^{n-1}m^{n-i}(2m-1)^i \end{aligned} \]

\(O(n\log n)\) 计算即可。

NFLS 笛卡尔树

求 \(\sum\limits_{p \to T} \sum\limits_{u \in T} (rs_u-ls_u)\)，其中 \(T\) 为笛卡尔树，且 \(u\) 必须同时拥有左右儿子才累和，\(ls_u,rs_u\) 为排列 \(p\) 中位置编号，\(n \le 10^6\)。

经典笛卡尔树计数，常见套路是设 \(f_n\) 表示 \(n\) 个点的树的个数，然后枚举左右儿子大小组合数分配。

根据二叉搜索树的性质，根节点左右两边的位置编号应该是连续的。所以我们在累加 \(rs_u-ls_u\) 之后，便可以将问题转化为两个子问题了。

设 \(f_n\) 表示 \(n\) 个节点的答案，\(g_n\) 表示 \(n\) 个节点的时候，根节点权值之和。

\(g_n=\sum\limits_{i=1}^ni\times(n-1)!=\dfrac{n(n+1)}{2}\times(n-1)!=\dfrac{(n+1)!}{2}\)

设根节点在序列中的位置为 \(k\)，那么左边节点数 \(a=k-1\)，右边节点数 \(b=n-k\)。在分治前提计算之下左右两边分别是 \(1-a\) 和 \(1-b\) 的排列，最后加上根节点形成了一个 \(1-n\) 的排列，根节点是 \(1\)，剩下就是要给两个排列分别分配权值，方案数是 \(\begin{pmatrix}a+b\\a\end{pmatrix}\)。

\[f_n=\begin{pmatrix}a+b\\a\end{pmatrix}\sum\limits_{k=2}^{n-1}(a! f_b+b!f_a+a!g(b)-b!g(a)+a!b!k) \]

注意，只有同时具有左右儿子的时候才产生贡献，所以小心 \(k\) 的枚举上下界。同时注意我们其实是将右边的位置编号全体减小了 \(k\)，所以虽然 \(f\) 是内部处理不影响，但是 \(g\) 是左右两边做差，故需要加上偏移量 \(k\)，一共要加 \(a! \times b!\) 对，此时求解是 \(O(n^2)\)。

考虑将 \(\begin{pmatrix}a+b\\a\end{pmatrix}\) 写成阶乘形式，放进去，可以作前缀和，复杂度 \(O(n \log n)\)。

卢卡斯定理

公式及证明

• 公式
  \(\begin{pmatrix} n\\m \end{pmatrix} \bmod p=\begin{pmatrix} \lfloor n/p\rfloor \\ \lfloor m/p \rfloor \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n \bmod p \\ m \bmod p \end{pmatrix} \bmod p\)
• 利用 \((a+b)^p\equiv a^p+b^p \bmod p\) 证明即可。

组合数奇偶性

\(\begin{pmatrix} n\\m \end{pmatrix}\) 为奇数，当且仅当 \(n \operatorname{and} m=m\)。

斯特林数

第一类斯特林数

设 \(s(n,m)\) 表示 \(n\) 个不同的元素构成 \(m\) 个圆排列的个数。
递推公式： \(s(n,m)=s(n-1,m-1)+(n-1) \times s(n-1,m)\)
前者表示该元素单独形成一个圆排列，后者表示先生成 \(n-1\) 个元素的再将该元素插入 \(n-1\) 个元素前面的一个空，共 \(n-1\) 种插法。

也可以用 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 来表示。

恒等式

上升幂：\(x^{\bar n}=x\times (x+1)\times .. \times (x+n-1)\)

下降幂：\(x^{\underline{n}}=x\times (x-1)\times ...\times (x-n+1)\)

• \(\sum\limits_{i=1}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}=n!\)。用置换环来理解。

• \(x^{\bar n}=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} x^i\)，归纳证明即可。

• \(x^{\underline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i} \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} x^i\)，利用 \(x^{\underline{n}}=(-1)^n(-x)^{\bar{n}}\)。

第二类斯特林数

高维前缀和

类比一维度的前缀和，二维度的前缀和等，现在我们希望在一个高维空间内求前缀和，之前的容斥写法推广到高维太难写了，因为引进高维前缀和，也叫 SOS DP。

我们枚举维度，然后分别对于每一维度做前缀和即可。

for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=m;++j)
        for(int k=1;k<=p;++k) a[i][j][k]+=a[i-1][j][k];
for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=m;++j)
        for(int k=1;k<=p;++k) a[i][j][k]+=a[i][j-1][k];
for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=m;++j)
        for(int k=1;k<=p;++k) a[i][j][k]+=a[i][j][k-1];

时间复杂度 \(O(\sum V_i \prod V_i)\)。

推广到集合角度，时间复杂度 \(O(n2^n)\)。

for(int i=0;i<w;i++)
    for(int j=0;j<(1<<w);j++)
        if(j&(1<<i))s[j]+=s[j^(1<<i)]; 

[ARC100E] Or Plus Max

把二进制下标看成集合，or 相当于并集。就是一个对各子集合取最大和次大的操作。

CF165E Compatible Numbers

把二进制下标看成集合，所求的就是补集的子集。

CF1208F Bits And Pieces

这里有一个小技巧，\(x~or~y=x+\overline x~and~y\)。

于是本题也可以这么转化。接着枚举 \(i\)，就变成在 \(i<j<k\) 的前提下求 \(\overline a_i~and~a_j~and~a_k\) 的最大值。

我们通过高维前缀和可以预处理 \(f_s\) 表示 \(s \in a_i\) 中的 \(i\) 的最大值与次大值。

然后对于上面的表达式从高位到低位判断，加入处理到了第 \(z\) 位，那么对于当前已经满足要求的集合 \(S\) 先加上 \(2^z\)，然后判断 \(f_s\) 中的次大值是否大于 \(i\)。如果大于表示满足，保留新的 \(s\) 继续询问。否则 \(s\) 减去 \(2^z\)。

P9131 [USACO23FEB] Problem Setting P

首先，如果你按照先后关系建图很难做，考虑看成 01 串的包含关系就很清晰了。

这是一个对于子集求和的形式，还是由于可能有多道题目是同一个 \(01\) 串，所以对于一种含 \(i\) 道题目的 01 串，其系数是 \(cnt_i=\sum\limits_{j=1}^i{i\choose j}j!\)。

列出 DP 方程，

\[dp_s=(\sum\limits_{t\subset s}dp_t+1)\times cnt_{sz_s} \]

如果没有 \(cnt_{sz_s}\) 的系数，我们可以用高维前缀和直接做。有了系数之后，相当于半在线高维前缀和，也就是每求出一个 \(dp_s\) 之后，我们都要对其乘以一个数。

考虑到是从子集求和，那么有 \(|t|<|s|\)，我们直接先枚举集合大小，然后按照集合大小分层转移，当前层由之前层的高维前缀和转移而来，而当前层做完之后，每个数乘以相应系数之后，层内来一个高维前缀和即可。