yny组合计数

完工。

首先组合数的公式可以通过下降幂来表达：

\[\large \begin{aligned} {n \choose k} &= \frac{n^{k\downarrow}}{k!}(n \in \mathbb{R})\\ *n^{k\downarrow}&=n\times (n-1) \times \dots \times (n-k+1)\\ 0^{0}=0!=x^{0\downarrow}&=1,{n \choose m}=0(m \in \mathbb{Z}^{-}) \end{aligned} \]

加法公式：

\[\large \begin{aligned} {n \choose k}&={n-1 \choose k}+{n-1 \choose k-1} (k \in \mathbb{Z})\\ &=\frac{(n-1)^{k\downarrow}}{k!} + \frac{(n-1)^{(k-1)\downarrow}}{(k-1)!}\\ &=\frac{(n-1)^{k\downarrow}}{k!} + \frac{(n-1)^{k\downarrow}}{k!}\times \frac{k}{n-k}\\ &=\frac{(n-1)^{k\downarrow}}{k!} \times \frac{n}{n-k}\\ &=\frac{n^{k\downarrow} \times (n-k)}{k!\times (n-k)}\\ &=\frac{n^{k\downarrow}}{k!} \end{aligned} \]

由组合意义显然。

对称公式：

\[\large \begin{aligned} {n\choose k}={n \choose n-k}(n,k \in \mathbb{N},k\le n) \end{aligned} \]

由组合意义显然。

吸收公式：

\[\large \begin{aligned} k{n\choose k}=n{n-1 \choose k-1}(k \in \mathbb{Z})\\ (n-k){n\choose k}=n{n-1 \choose k}(k \in \mathbb{Z}) \end{aligned} \]

乘 \(k\) 使得 \(n,k\) 减 \(1\)，乘 \(n-k\) 使得 \(n\) 减 \(1\)，还有 \(n\) 的系数。

上指标反转：

\[\large \begin{aligned} {n \choose k}&={k-n-1 \choose k}(k \in \mathbb{Z})\\ \frac{n^{k\downarrow}}{k!}&=(-1)^{k} \times \frac{(k-n-1)^{k\downarrow}}{k!}\\ n^{k\downarrow}&=(-1)^{k} \times (k-n-1)^{k\downarrow}\\ n \times (n-1) \times \dots \times (n-k+1) &=(-1)^{k} \times (-n) \times (-n+1) \times \dots \times (-n+k-1)\\ n \times (n-1) \times \dots \times (n-k+1) &=(-n)\times (-1) \times (-n+1) \times (-1) \times \dots \times (-n+k-1) \times (-1)\\ n \times (n-1) \times \dots \times (n-k+1) &=n \times (n-1) \times \dots \times (n-k+1)\\ \end{aligned} \]

上指标求和：

\[\large \begin{aligned} \sum_{i=0}^{n} {i \choose m} &= {n+1 \choose m+1}\\ \sum_{i=0}^{m} {n+i \choose i} &= {n+m+1 \choose m}\\ \end{aligned} \]

劳资不会证。

范德蒙德卷积（多用于数据结构题目）：

\[\large \begin{aligned} \sum_{i=0}^{k}{n\choose i}{m \choose k-i}={m+n\choose k} \end{aligned} \]

组合意义是简单的。

[HAOI2008] 硬币购物

提示：基础容斥。

Sol

考虑暴力是多重背包。因为只有四个物品，所以直接容斥。

考虑全集为所有物品都可以选无限次，则减去不合法。

枚举每个物品是否超过限制，若一个物品超过限制，则它在选了 \(d_{i}+1\) 后，方案数变成完全背包。

于是我们预处理四个物品的完全背包方案数，然后容斥做即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define upp(a,x,y) for(int a=x;a<=y;a++)
#define dww(a,x,y) for(int a=y;a>=x;a--)
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
int f[N], c[11], d[11], m, n;
int dfs(int u, int sum, int res) {
	if (u == 5) {
		if (res % 2) return -f[sum];
		return f[sum];
	}
	int wow = 0;
	if (sum >= d[u] * c[u]) wow += dfs(u + 1, (sum - d[u] * c[u]), res + 1);
	wow += dfs(u + 1, sum, res);
	return wow;
}
signed main() {
	upp(i, 1, 4) cin >> c[i];
	cin >> n;
	f[0] = 1;
	upp(i, 1, 4)
		upp(j, c[i], 1e5)
			f[j] += f[j - c[i]];
	while (n--) {
		upp(i, 1, 4) cin >> d[i],d[i]++;
		cin >> m;
		cout << dfs(1,m,0) << endl;
	}
	return 0;
}

[HNOI2011] 卡农

思路

首先不考虑无序这一块（顺序不同算同样方案），因为最后除以 \(m!\) 即可，原因是有序更好考虑。

首先考虑如果我们确定了 \(i-1\) 个片段，那么 \(i\) 片段也随之确定（通过偶数性质确定，但不保证合法，考虑容斥）。

此时的方案数为 \({2^{n}-1 \choose i-1} \times (i-1)!\)。

考虑不合法的情况有两种：

• 目前推出取空集，这时候前 \(i-1\) 个合法，应该将答案减去 \(ans_{i-1}\)。

• 与前面的集合重复，则去除那个集合，有 \(i-2\) 个合法，目前这个有 \(2^n-1-(i-2)\) 种取法，相同集合的位置有 \(i-1\) 种，答案减去 \(ans_{i-2} \times (2^n-i+1) \times (i-1)\)。

考虑到计算 \(ans_{i}\) 需要用到 \(ans_{i-1},ans_{i-2}\)，递推即可。

别忘了最后除以 \(m!\)。

[ABC213G] Connectivity 2

思路

设 $S$ 为 $F=\{1,2,\dots,n\}$ 的一个子集。$f(S)$ 表示点集为 $S$ 的原图所有连通子图数量，$g(S)$ 表示点集为 $S$ 的原图所有子图的数量。

此时有 \(ans_{k}=\sum_{\{1,k\} \subseteq S \subseteq F} f(S) \times g(C_{F}S)\)，这个是 \(O(2^nn)\) 的。

问题转化为如何计算 \(f,g\)。

• 对于 \(g\)，直接枚举点集，统计原图的边两个点都在点集里的个数为 \(cnt\)，则方案数为 \(2^{cnt}\)，这个是 \(O(2^nm)\)。

• 对于 \(f\)，考虑容斥，\(f(S)=g(S)-\) 点集为 \(S\) 不连通的子图个数，考虑直接随便钦定一个点 \(v\in S\)，再枚举 \(S\) 的联通子集 \(T\) 包含 \(v\)。
  那么就有 \(f(S)=g(S)-\sum_{v \in T \subset S} f(T) \times g(C_ST)\)，这个考虑枚举子集的子集是 \(O(3^n)\) 的。

二项式反演，设 \(f(n)\) 表示从 \(n\) 个元素构成特定结构的方案数，\(g(n)\) 表示从 \(n\) 个元素选 \(i(i\ge 0)\) 个元素构成特定结构的方案数。

显然有：

\[\large \begin{aligned} g(n)=\sum_{i=0}^{n} {n\choose i} f(i) \end{aligned} \]

然后可以推出：

\[\large \begin{aligned} f(n)=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}(-1)^{n-i}g(i) \end{aligned} \]

证明：

\[\large \begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}(-1)^{n-i}(\sum_{j=0}^{i}{i\choose j}f(j))\\ &=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i}{n\choose i}(-1)^{n-i}{i\choose j}f(j)\\ &=\sum_{j=0}^{n}\sum_{i=j}^{n}{n\choose i}(-1)^{n-i}{i\choose j}f(j)\\ &=\sum_{j=0}^{n}f(j)\sum_{i=j}^{n}{n\choose i}{i\choose j}(-1)^{n-i}\\ &=\sum_{j=0}^{n}f(j)\sum_{i=j}^{n}{n\choose j}{n-j\choose i-j}(-1)^{n-i}\\ &=\sum_{j=0}^{n}f(j){n\choose j}\sum_{i=j}^{n}{n-j\choose i-j}(-1)^{n-i}\\ &=\sum_{j=0}^{n}f(j){n\choose j}\sum_{k=0}^{n-j}{n-j\choose k}(-1)^{n-j-k}\\ &=\sum_{j=0}^{n}f(j){n\choose j}[n-j=0]\\ &=f(n) \end{aligned} \]

类似的，若 \(f(i)\) 表示 \(m\) 个元素中有严格 \(i\) 个元素满足条件的方案数，\(g(i)\) 表示 \(m\) 个元素中有至少 \(i\) 个元素满足条件的方案数。

我们显然有：

\[\large \begin{aligned} g(i)=\sum_{j=i}^{m} {j \choose i} f(j) \end{aligned} \]

同理推得：

\[\large \begin{aligned} f(i)=\sum_{j=i}^{m} {j \choose i} (-1)^{j-i} g(j) \end{aligned} \]

一般第二个更常用。

从例题开始

球的染色

有 \(n\) 个球，\(m\) 中颜色，现在要给所有球染色，使得每个颜色都被染到了，求方案数？

首先去除每个颜色都被染到了的限制，方案数显然为 \(m \times (m-1)^{n-1}\)。

然后用到了 \((i\le x)x\) 种颜色的方案数为 \(g(x)\)，其实我们可以计算 \(g(x)=x \times (x-1)^{n-1}\)。

那么最后有 \(g(x)=\sum_{i=0}^{x} {x \choose i} f(i)\)。

反演后即可得到 \(f(x)\) 的表达式，求出 \(f(m)\) 即可。

这里使用了第一个公式，但是如果将每个颜色都被染到了转化为有 \(0\) 个颜色没用到，则会使用第二个公式。这表明了两个公式就是本质相同的。

注意这里我们不在乎颜色具体是什么，只在乎相对关系，所以不用组合数。

[SDOI2016] 排列计数

直接考虑没有限制，有 \(n!\) 种。

我们钦定 \(k\) 个位置 \(a_{i}=i\)，则推出 \(g(k)={n \choose k} (n-k)!\)。

然后反演一下得到 \(f(m)\) 即可。这里用的是第二个公式。

BZOJ2839 集合计数

依然考虑没限制，我们有 \(2^{2^{n}}-1\) 种选法。

考虑钦定 \(x\) 个元素在并集里，那么可以得到 \(g(x)={n\choose x} (2^{2^{n-x}}-1)\)。

用第二个公式反演一下得到 \(f(k)\) 即可。

已经没有什么好害怕的了

记一个匹配为 \((x,y)\) 其中 \(x\) 表示糖果，\(y\) 表示药片。

若 \((x,y)(x>y)\) 的数量减去 \((x,y)(x<y)\) 的数量为 \(k\)，那么有 \((x,y)(x>y)\) 的数量为 \(\frac{(n+k)}{2}\)，只要能知道这个的方案数，我们就能解决原问题。

考虑钦定 \(k\) 个匹配满足 \((x,y)(x>y)\)，怎么计算方案数呢？

考虑动态规划，\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个糖果，处理了 \(j\) 个钦定的方案数。

设 \(cnt_{i}=\sum_{j=1}^{n} [y_{j} < i]\)。

\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1} \times cnt_{x_{i}}+f_{i-1,j} \]

考虑这样实际上算重了，因为 \(cnt_{x_{i}}\) 可能有已经被算过的数。

怎么处理呢？我们希望不要算已经算过的数，这表示，我们目前的可选集合，一定会有一些是 \(f_{i-1,j-1}\) 这个状态没有的。

于是，考虑每次都是上一个集合的超集。这表明 \(x_{i}>x_{i-1}\)。于是我们按照 \(x\) 从小到大转移就行了。记得减去 \(i-1\) 这些之前已经匹配过的。

于是我们就愉快的把 \(g(k)\) 算出来了，使用 \(O(n^2)\) 的动态规划。利用第二个公式即可反演出 \(f(k)\)，也就是真正严格的方案数。

然后我们就能解决 \((x,y)(x>y)\) 的数量严格为 \(i\) 的方案数了，答案就是 \(f(\frac{n+k}{2})\)。

希望我没讲错，因为我没写过代码，不过对了一下大概是这样的。

[JSOI2011] 分特产

首先不考虑每个同学都要得到东西的限制，我们每种物品考虑，那么，考虑 \(m\) 个同种物品，分给 \(n\) 个人，每个人可以得到 \(0\) 个物品的方案数，我们可以把这 \(m\) 个物品排成序列，然后考虑到每个人最低获得 \(0\) 个物品，我们就再加 \(n\) 个物品，这样变成 \(m+n\) 个物品，每个人必须获得物品的方案数。插板法可以知道为 \(m+n-1 \choose n-1\)。那么没限制方案数就是 \(\displaystyle \prod_{m} {m+n-1 \choose n-1}\)。然后所有同学都得到物品就是 \(0\) 个人没得到物品，考虑钦定 \(x\) 人没得物品，那么 \(\displaystyle g(x)={n\choose x} \prod_{m} {m+n-1-x \choose n-1-x}\)。公式二反演一下得到 \(f\)，\(f(0)\) 就是答案。