【学习笔记】组合数学

基础定义、式子之类的

排列：\(A^{m}_{n}\) 表示在 \(n\) 个人中选 \(m\) 个人，顺序对答案有影响（即 \(12345\) 和 \(42351\) 算作不同）。\(A^{m}_{n}=\frac{n!}{(n-m)!}\)，意义就是第一个可以有 \(n\) 种选择，第二个有 \(n-1\) 种选择，一直到第 \(m\) 个有 \(n-m+1\) 个选择。撑起来就是上面那个式子。特殊的有 \(A_{n}^{n}=n!\)。

组合：\(C_{n}^{m}\) 或者 \(\binom{n}{m}\) 表示在 \(n\) 个人中选 \(m\) 个人，顺序对答案无影响（即 \(12345\) 和 \(21543\) 算作相同）。组合的计算方法有很多，比较常见的是递推和算阶乘。

递推式是 \(C_{n}^{m}=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}\)，就是说多加的那个人可能是新加的那个人，也可能是原来的序列中再挑了一个人。

阶乘算法是 \(C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)。发现就是相对于 \(A_{n}^{m}\) 多乘上一个 \(\frac{1}{m!}\)。也就是说对于选择的 \(m\) 个人相同的情况在排列中会算 \(A_{m}^{m}\) 中算了 \(m!\) 次，但是在组合中只会被算 \(1\) 次，所以乘上一个 \(\frac{1}{m!}\) 就好了。有 \(\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}\)。

吸收公式：\(\binom{r}{k}=\frac{r}{k}\times\binom{r-1}{k-1}\)，把组合数代进去很容易看出来。

吸收指标：\(\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}\)。把阶乘代进左边得到 \(\frac{n!}{k!(n-m)!(m-k)!}\)，分子分母同时乘 \((n-k)!\) 然后就得到右边。

上指标求和：\(\sum_{i=0}^n\binom{i}{m}=\binom{n+1}{m+1}\)。理解为在 \(n+1\) 个数中选 \(m+1\) 个数的子集个数。枚举最后一个数选择第 \(i\) 个，\(\binom{n+1}{m+1}=\sum_{i=1}^{n+1}\binom{i-1}{m}=\sum_{i=0}^n\binom{i}{m}\)。

平行求和：\(\sum_{i=0}^n\binom{m+i}{i}=\binom{m+n+1}{n}\)。这个不会证。

和斐波那契数列有关的：\(\sum_{i=0}^n\binom{n-i}{i}=F_{n+1}\)，其中 \(F_i\) 为斐波那契数列的第 \(i\) 项。不会证。

不知名式子：\(\sum_{i=0}^ni^2\binom{n}{i}=n(n+1)2^{n-2}\)。

证明：

• 考虑组合推理形式。如果在 \(n\) 个人中枚举选 \(i\) 个人，给两个人打上标记（可以是同一个），方案数是 \(\sum_{i=0}^n i^2\binom{n}{i}\)。
• 考虑根据被标记的人重新计算。如果标记同一个人，方案数为 \(n2^{n-1}\)。
• 如果标记两个人，方案数为 \(n(n-1)2^{n-2}\)。加上之后得到 \(2^{n-2}(2n+n^2-n)=n(n+1)2^{n-2}\)。

范德蒙徳卷积：\(\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}=\binom{n+m}{k}\)。考虑组合意义证明。在大小为 \(n+m\) 的集合中选择出 \(k\) 个数，相当于把集合拆成 \(n\) 和 \(m\) 两个部分，在 \(n\) 中选 \(i\) 个，然后在 \(m\) 中选剩下的 \(k-i\) 个。

二项式定理：

定理本身是这个：\((x+y)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}x^iy^{n-i}\)。

证明：

• 对于 \(n=1\) 显然成立。考虑使用归纳法。假设对于 \(n=k\) 成立，令现在 \(n=k+1\)。
• \((x+y)^{k+1}=x(x+y)^k+y(x+y)^k\)，代入得 \(x\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}x^iy^{n-i}+y\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}x^jy^{n-j}\)。
• 乘进去得到 \(\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}x^{i+1}y^{k-i}+\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}x^jy^{k-j+1}\)。为了合并让指数相同，令 \(i=j-1\)，为了避免出现负数提出 \(j=0\) 项。
• \(y^{k+1}+\sum_{j=1}^{k+1}\binom{k}{j-1}x^jy^{k-j+1}+\sum_{j=1}^{k}\binom{k}{j}x^jy^{k-j+1}\)。发现很像了，把 \(j=k+1\) 提出来。
• \(y^{k+1}+x^{k+1}+\sum_{j=1}^kx^jy^{k-j+1}(\binom{k}{j-1}+\binom{k}{j})\)。根据递推式可以把后面的那一坨换成 \(\binom{k+1}{j}\)。\(y^{k+1}=\binom{k+1}{0}x^0y^{k-0+1},x^{k+1}=\binom{k+1}{k+1}x^{k+1}y^{k-k-1+1}\)。
• 把两个零散的代回去就会得到二项式定理的式子。

根据二项式定理可以得到很多有用的东西。

二项式定理中取 \(x=y=1\) 可以得到 \(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}=2^n\)，取 \(x=-1,y=1\) 可以得到 \(\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}=[n=0]\)。

\(\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}=n2^{n-1}\)。

证明：

• 令 \(S=\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}\)。则 \(S\) 同时等于 \(\sum_{i=0}^{n}(n-i)\binom{n}{i}\)。
• 所以 \(2S=\sum_{i=0}^nn\binom{n}{i}=n2^n\)。除以二即得证。

模质数 \(p\) 意义下的的类似二项式定理的东西：\((x+y)^p\equiv x^p+y^p\pmod p\)。

证明：

• 把组合数拆开，\(\binom{p}{i}=\frac{p!}{i!(p-i)!}\)。发现分子是 \(p!\)，如果不被约掉的话就会使这一项变成 \(0\)。
• 因为 \(p\) 是质数，所以只有在 \(i=0\) 或者 \(i=p\) 时分母会出现 \(p!\)。所以只需要考虑 \(i=0\) 和 \(i=p\) 时取值。就会得到 \(x^p+y^p\)。

插板法

常用的组合数学技巧。诸如此类其实有一个叫小球盒子问题，这篇日报有很详细的讲法。

经典问题：给定 \(n\) 个相同的球，分成相同的 \(m\) 组，每组不能空，方案数为 \(\binom{n-1}{m-1}\)。

考虑分组即为在一些球的空隙间插板子，用 \(m-1\) 个板子隔开出 \(m\) 组。一共有 \(n-1\) 个空位，所以答案就是 \(\binom{n-1}{m-1}\)。

经典问题：给定 \(n\) 个相同的球，分成相同的 \(m\) 组，每组可以空，方案数为 \(\binom{n+m-1}{n}\)。

考虑现在多了 \(m\) 个球，然后题目条件变为每组不能空，方案数为 \(\binom{n+m-1}{m-1}=\binom{n+m-1}{n}\)。可以认为我们对每组都加一个球，然后把这些球都拿走，发现是一一对应的，所以和上一个问题的解法相同。

经典问题：给定 \(n\) 个相同的球，分成不同 \(m\) 组，第 \(i\) 组至少要有 \(a_i\) 个球，方案数为 \(\binom{n-\sum a+m-1}{n-\sum_a}\)。

显然，类比上面的，考虑把每个组的 \(a_i\) 个球减去，问题变成给 \(n-\sum a\) 个球分成相同 \(m\) 组每组可以空的方案数，按第二个算就好。

不相邻的排列：在 \(1\) 到 \(n\) 选 \(m\) 个数，这 \(m\) 个数互不相邻的组合有 \(\binom{n-m+1}{m}\) 种。可以假设选一个用了两个数，当前选择的数并且这个数后面那个不能选，那么就等于在 \(n-m+1\) 个数（选择 \(n\) 不需要占用两个）中随便选 \(m\) 个数的方案数。

第二类斯特林数（斯特林子集数）

记作 \(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 或 \(S(n,m)\) 。表示将 \(n\) 个不同的球分进相同的 \(m\) 个盒子，盒子不允许空的方案数。递推式是 \(S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\times S(n-1,m)\)。边界是 \(S(0,0)=1\)。证明显然，考虑增加一个新球时有两种可能，新开一个，是 \(S(n-1,m-1)\)；或者放进原来一个盒子，是 \(S(n-1,m)\)，每个盒子都有可能，再乘上 \(m\)。

通项公式：\(S(n,m)=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!}\)。

证明：

• 使用容斥原理。设将 \(n\) 个不同的球分到 \(i\) 个不同的盒子，盒子能空的方案数记为 \(g_i\)，\(n\) 个不同的球分到 \(i\) 个不同的盒子，盒子不能空的方案数记为 \(f_i\)。显然对于 \(g_i\) 和 \(f_i\)，有 \(g_i=i^n=\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}f_j\)。发现这个东西就是一个二项式反演。
• \(f_i=\sum_{j=0}^n\binom{i}{j}(-1)^{i-j}g_j=\sum_{j=0}^n\binom{i}{j}(-1)^{i-j}j^n=\sum_{j=0}^n\frac{i!(-1)^{i-j}j^n}{j!(i-j)!}\)。
• 考虑 \(f_i\) 和 \(S_{n,i}\) 的关系，发现问题里不同的在于第二类斯特林数的盒子是相同的，所以就是一个类似排列和组合的区别，乘以 \(\frac{1}{i!}\) 就好。
• 即 \(S(n,m)=\frac{f_m}{m!}\)。代进去就是上面那个通项公式。

所以根据这个推出来的还有一个重要公式是 \(x^n=\sum_{i=0}^xi!\binom{x}{i}S(n,i)=\sum_{i=0}^xS(n,i)\frac{x!}{(x-i)!}\)。

卡特兰数

写了一大堆不如 OI-wiki。