组合数学基础

写了有点久，基本都写得oiwiki上的但自认为写的更好(至少对于我自己的理解来说)

定义基础

排列

从 \(n\) 个元素中考虑顺序地选出 \(k\) 个元素的方案数，写作 \(A_n^k\)。

显然：

\[A_n^k = \frac{n!}{(n - k)!} \]

圆上排列

一个长度为 \(n\) 的圆环上选一段长度为 \(k\) 的段的排列数，写作 \(Q_n^k\) 。

当 $ n = k \(，显然有 ：\)Q_n^n = \frac{A_n^n}{n}$

推广到 ，于是有：\(Q_n^k = \frac{A_n^k}{k}\)

组合

从 \(n\) 个元素中不计顺序地选出 \(k\) 个元素的方案数，写作 \(C_n^k\) 或 \(\binom{n}{k}\) 。

有：

\[\binom{n}{k} = \frac{n!}{(n - k)!k!} \]

杨辉三角

$ \binom{i}{j} $ 的值实际上等于杨辉三角的第 \(i\) 行 \(j\) 列。（若不存在则等于 \(0\)）

插板法

技巧的实现

现有 \(n\) 个 完全相同 的元素，要求将其分为 \(k\) 组，保证每组至少有一个元素，一共有多少种分法？

考虑拿 \(k - 1\) 块板子插入到 \(n\) 个元素两两形成的 \(n - 1\) 个空里面，答案：

\[\binom{n - 1}{k - 1} \]

本质

求解 $x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_k = n $的正整数解的组数。

变式

允许空集：

等于再加了 \(k\) 个空能拿来插以作为空集。

\[\binom{n + k - 1}{k - 1} = \binom{n + k - 1}{n} \]

*显然对于组合数，有: \(\binom{n}{m} = \binom{n}{n - m}\)

其本质可以扩展到求解 $x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_k = n $的非负整数解的组数。

对于每个 \(x_i\) 都有各自的下界，即求 $x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_k = n $ 且 \(x_i \ge a_i\)：

显然可以将 \(n\) 减去 \(\sum a_i\)，即每个 \(x_i\) 都先取一个 \(a_i\)。
然后对于剩下的就转换成了允许空集的情况，显然有答案：

\[\binom{n + k - \sum a_i - 1}{n - \sum a_i} \]

不相邻排列

从 \(1\) ~ \(n\) 中取 \(k\) 个数不存在两个相邻的数字的方案数。

可以理解为于 \(n\) 中刨去 \(k - 1\) 个数，再选 \(k\) 个数。刨去的 \(k - 1\) 个数使得这 \(k\) 个数中每两个数间的其中一个数能被刨去，这样不论怎么选都是合法的。

\[\binom{n - (k - 1)}{k} = \binom{n - k + 1}{k} \]

进阶结论

多重集排列数 （多重组合数）

这两个名字表示的一个东西，都是一个多重集（不是集合，内部有序且有重复数字）的排列个数。

对于一个多重集 \(S = {n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k}\)，内含 \(n_i\) 个 \(a_i\)，其排列个数为：

\[\binom{n}{n_1, n_2, \cdots, n_k} = \frac{n!}{n_1! n_2! \cdots n_k!} = \frac{n!}{\Pi_{i = 1}^{k} n_i!} \]

先算出所有元素的排列数，再一次除以每种元素内部的排列数。

多重集的组合数

等价于求解 $x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_k = n $ 的非负整数解的组数
(\(\binom{n + k - 1}{n}\))

二项式定理

\[(a + b) ^ n = \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} a ^ i b ^ {n - i} \]

证明：数学归纳法

能证明到：

\[\binom{n}{k} + \binom{n}{k - 1} = \binom{n + 1}{k} \]

扩展至多项式：

\[(x_1 + x_2 + \cdots + x_t) ^ n = \sum_{x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_k = n 的非负整数解} \binom{n}{n_1, n_2, \cdots, n_k} x_1^{n_1}x_2^{n_2}... \]

当 \(x_1 = x_2 = \cdots = x_t = 1\)，

\[\sum \binom{n}{n_1, n_2, \cdots, n_k} = t ^ n \]

各种推论

1.

对于定义，显然：

\[\binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n - 1}{k - 1} \]

可以将组合数拆乘多项式进行证明

2.

对于从 \(n\) 中取 \(m\) 个，对于第 \(m\) 个数取不取分类，根据定义显然有：

\[\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1} \]

3.

我们假设要从 \(n\) 个数中选若干个数(也可能不选)。

对于枚举选多少个来算答案，显然有:

\[\sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} \]

对于枚举每一为选不选，显然有：

\[2 ^ n \]

于是我们得到了：

\[\sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} = 2 ^ n \]

不难发现这个是二项式定理在两项皆为的常数 \(1\) 时的结论。

4.

考虑另一种二项式定理的特殊情况，两项分别为 \(1\) & \(-1\)，\(n = 0\)，显然有：$ \sum_{i=0}^{n} (-1)^{i} \binom{n}{i} = [n = 0]$

5. \(\mathit{Vandermonde} 卷积\)

也叫范德蒙德恒等式。

\[\binom{n + m}{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{n}{i}\binom{m}{k - i} \]

证明：
对于一个集合大小为 \(n\) 要选 \(k\) 个元素，可以将其拆成两个大小分别为 \(n\) 与 \(m\) 的集合，分别枚举两个集合各选多少。

6.

当范德蒙德卷积中，\(n = m = k\) 时，显然有：

\[\binom{2n}{n} = \sum_{i = 0}^n\binom{n}{i}\binom{n}{n - i} \]

即：

\[\binom{2n}{n} = \sum_{i = 0}^n\binom{n}{i}^2 \]

7.

\[\sum_{i = 0} ^ n i \binom{n}{i} = n2^{n - 1} \]

证明：
观察到等式的右边与3式右边的等式的求导形式一样，考虑对3式等式左边也进行求导。

考虑对二项式定理左边求导，并带入 \(b = 1\)：

\[(\sum_{i = 0}^ n \binom{n}{i} a^i) ^\prime = \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i}ia^{i - 1} \]

再将 \(a = 1\) 带入：

\[(\sum_{i = 0}^ n \binom{n}{i} a^i) ^\prime = \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i}ia^{i - 1} = \sum_{i = 0}^n i \binom{n}{i} \]

得证。

8.

\[\sum_{i=0}^{n} i^2 \binom{n}{i} = n{(n+1)}{2^{n-2}} \]

类比7式，再导一次(?)。

9.朱世杰恒等式

\[\sum_{l=0}^{n} \binom{l}{k} = \binom{n+1}{k+1} \]

这其实是组合数在使用杨辉三角进行求值的形式。（可以画个图看一下）

10.

若 \(F_x\) 表示斐波那契数列第 \(x\) 项，则有：

\[\sum_{i=0}^{n} \binom{n-i}{i} = F_{n+1} \]

考虑数学归纳法。

当 \(k = 0, 1\)时，\(F_0 = 1, F_1 = 1\)，显然成立。

当 \(k > 1\)，假设等式成立。

\[\therefore F_{k - 1} = \sum_{i = 0}^{k - 1} \binom{k - i - 1}{i} \\ F_{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k - i}{i}\\ F_{k + 1} = \sum_{i = 0}^{k + 1} \binom{k - i + 1}{i} \]

\[\therefore F_{k + 1} = \sum_{i = 0}^{k + 1} \binom{k - i + 1}{i}\\ = 1 + \sum_{i = 1}^{k + 1} \binom{k + 1 - i}{i}\\ = 1+ \sum_{i = 1}^{k + 1} \binom{k - i}{i - 1} + \sum_{i = 1}^{k + 1} \binom{k + 1 - i}{i - 1}\\ \]

\[\therefore F_{k + 1} = 1 + \sum_{i = 0}^{k} \binom{k - i}{i} + \sum_{i = 0}^{k + 1} \binom{k - i}{i - 1} - 1\\ = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k - i}{i} + \sum_{i = 0}^{k + 1} \binom{k - i}{i - 1} \]

\[\because F_{k - 1} = \sum_{i = 0}^{k - 1} \binom{k - i - 1}{i} \\ F_{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k - i}{i} \\ F_{k + 1} = F_k + F_{k - 1} \]

\[\therefore 原等式成立 \]

11.李善兰恒等式

\[\binom{n + k}{n} ^ 2 = \sum_{j = 0}^k \binom{k}{j}^2 \binom{n + 2k - j}{2k} \]

证明：范德蒙德卷积，但这里太窄写不下了。 （其实是不会）

当然，杨辉三角也可以证明。

$\mathit{Catalan}数 $

\[C_n = \frac{1}{n + 1} \cdot \binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{n! \cdot (n + 1)!}, \quad n \geq 0. \]

\[C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n + 1}, \quad n \geq 0. \]

\[C_n = \frac{4n - 2}{n + 1} C_{n - 1}, \quad n > 0, \quad C_0 = 1. \]

\[C_n = \sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}, \quad n > 0, \quad C_0 = 1. \]

作用：将形如3式或是4式的递推转换为1式进行快速求解。