组合数学基础

排列组合

组合数

\[\binom{n}{m} = n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times (n-m+1) = \dfrac{n!}{(n-m)!m!} \]

另一个更加通用的形式为

\[\dbinom{n}{m} = \dfrac{n^{\underline{m}}}{m!} \]

其中 \(n^{\underline{m}}\) 代表下降幂，值为 \(\prod_{i = 0}^{m - 1}(n - i)\)。

这个通用形式可以把组合数的上指标扩展到任意实数，但在算法竞赛中，我们通常只关心 \(n\) 和 \(m\) 都是非负整数的情况，因此本文中出现的数默认非负。

组合数 \(\dbinom{n}{m}\) 可以视作一个关于 \(n\) 的 \(m\) 次多项式。

代码实现

注：都是在取模意义下讨论的。不讨论暴力做法。

1. 利用杨辉/帕斯卡恒等式递推。（我们将会在组合恒等式一章中看到它）

   Code

   for(int i = 0; i <= n; i++) binom[i][0] = 1;
   for(int i = 1; i <= n; i++) {
       for(int j = 1; j <= i; j++) {
           binom[i][j] = (binom[i - 1][j - 1] + binom[i - 1][j]) % MOD;
       }
   }

   预处理时间复杂度 \(O(nm)\)。单次查询时间复杂度 \(O(1)\)。

   该方法的优势在于不需要逆元，适合在模数不是质数的情况下使用。（如 [清华集训2012] 序列操作）

2. 利用 \(\dbinom{n}{m} = \dfrac{n!}{(n-m)!m!}\) 计算。

   首先可以线性预处理阶乘，于是分子搞定。

   至于分母，我们需要计算阶乘的逆元。这也是可以线性计算的。首先要求出 \(\operatorname{inv}(n!)\)，然后倒序枚举 $ (n-1) \sim 1$ 的自然数，通过把 \(\operatorname{inv}((i+1)!)\) 乘上 \(i+1\) 以约掉分母中的 \(i+1\)，得到 \(\operatorname{inv}(i!)\)。

   Code

   void init() {
       fact[0] = 1;
   	for(int i = 1; i <= n; i++) fact[i] = fact[i-1] * i % MOD;
       fact_inv[n] = getinv(fact[n]); // getinv 可以通过快速幂/扩欧实现
       for(int i = n - 1; i >= 0; i--) fact_inv[i] = fact_inv[i+1] * (i+1) % MOD;
   }
   int binom(int n, int m) {
       return fact[n] * fact_inv[n - m] % MOD * fact_inv[m] % MOD;
   }

   时间复杂度 \(O(n) \sim O(1)\)（这里忽略了预处理中求 \(n!\) 逆元的时间复杂度）。

多重集的排列数/多重组合数

总共有 \(n\) 个物品，这些物品分为 \(k\) 种，第 \(i\) 种物品有 \(n_i\) 个，相同种类的物品是不可区分的，则这 \(n\) 个物品的排列数为

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

解释：如果所有物品都不同，排列数有 \(n!\) 个。但考虑到相同种类的物品不可区分，每种排列实际上被算了 \(\prod_{i=1}^{k} n_i!\)​ 次，需要除掉。

推论：考虑另一个问题：有 \(n\) 个不同的元素，要分成 \(k\) 组，第 \(i\) 组有 \(n_i\) 个元素，求有多少种分法。

可以建立一个多重集的排列到分法的一一对应。因此这两个问题的答案是相同的，分法的数量也是 \(\dbinom{n}{n_1, n_2, \cdots, n_k}\)。

方程的整数解个数（插板法）

1. 已知方程 \(x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n\)，求满足方程的正整数解的个数。

   解：个数为

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

2. 已知方程 \(x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n\)，求满足方程的非负整数解的个数。

   解：构造方程 \(y_1 + y_2 + \cdots + y_k = n + k\)，其中 \(y_i = x_i + 1\)。该方程的正整数解个数与原方程的非负整数解个数相同（可以构造出一个一一对应关系），而该方程的正整数解个数可以通过上文的方法计算。所以答案为

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

3. 已知方程 \(x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n\)，且 \(\forall 1\le i \le n, x_i \ge a_ i\)，求满足方程的非负整数解的个数。

4. 已知方程 \(x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n\)，且 \(\forall 1\le i \le n, x_i \le a_ i\)，求满足方程的非负整数解的个数。

组合恒等式

O. 阶乘展开式

\[\boxed{\binom{n}{m} = \dfrac{n!}{(n-m)!m!}} \]

即定义式。为了完整，放在第零个位置。

I. 对称恒等式

\[\boxed{\dbinom{n}{m} = \dbinom{n}{n - m}} \]

使用组合意义证明：从 \(n\) 个物品中选择 \(m\) 个物品的方案数和从 \(n\) 个物品中不选 \(m\) 个物品的方案数一一对应，而后者正是 \(\dbinom{n}{n - m}\)。

II. 吸收恒等式

\[\boxed{\dbinom{n}{m} = \dfrac{n}{m}\dbinom{n - 1}{m - 1}} \]

把式子展开成定义式就可以立即证明这个恒等式。它告诉我们可以将一些系数移进或移出组合数。当把系数移进去时，就像组合数把它“吸收”了一样，因此叫吸收恒等式。

两边同乘 \(m\) 可以得到一个当 \(m = 0\) 时也成立的形式：

\[m \dbinom{n}{m} = n \dbinom{n - 1}{m - 1} \]

此外，这个恒等式还有一个保持两边下指标相同的形式：

\[(n - m) \dbinom{n}{m} = n \dbinom{n - 1}{m} \]

可以在两次应用组合恒等式之间代入原式推导出这一结果：

\[\begin{aligned} (n - m) \dbinom{n}{m} &= (n - m) \dbinom{n}{n - m} \\ &= n \dbinom{n - 1}{n - m - 1} \\ &= n \dbinom{n - 1}{m} \end{aligned} \]

III. 加法公式（杨辉/帕斯卡恒等式）

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

使用组合意义证明：从 \(n\) 个物品中选择 \(m\) 个物品，有两类方案：要么选择最后一个物品，要么不选择最后一个物品。如果选择最后一个物品，那么还要剩下的 \((n - 1)\) 个物品中选 \((m - 1)\) 个，方案数为 \(\dbinom{n - 1}{m - 1}\)；如果不选择最后一个物品，就要在剩下的 \((n - 1)\) 个物品中选择 \(m\) 个，方案数为 \(\dbinom{n - 1}{m}\)。因此，两者的和就是从 \(n\) 个物品中选 \(m\) 个物品的方案数 \(\dbinom{n}{m}\)。

IV. 上指标求和

\[\boxed{\sum_{k = 0}^{n} \dbinom{k}{m} = \dbinom{n + 1}{m + 1}} \]

这个恒等式把一个组合数表示为下指标为常数的组合数之和。从杨辉三角上看，这相当于对某一列求前缀和。

使用组合意义证明：假设有一个集合 \(\{0, 1, \cdots, n\}\)，我们想从中选出 \((m + 1)\) 个数，如果选出的数中最大值为 \(k\)，就还要从 \(\{0, 1, \cdots, k - 1\}\) 这 \(k\) 个数中选择 \(m\) 个数，方案数为 \(\dbinom{k}{m}\)。

V. 二项式定理

\[\boxed{(x + y)^n = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} x^{k}y^{n - k}} \]

二项式定理表明，把一个二项式 \(x + y\) 的幂展开，\(x\) 和 \(y\) 的系数都是组合数。（这就是组合数又称为二项式系数的原因。）

该定理同样可以用组合意义证明：把乘积

\[\begin{matrix} \qquad \qquad \quad n \ \text{factors} \\ (x + y)^{n} = \overbrace{(x + y)(x + y) \cdots (x + y)} \end{matrix} \]

展开时，每一项都是 \(n\) 个 \(x\) 或 \(y\) 的积，即形如 \(x^{i}y^{j}\)。又由于每个括号提供一个因子，所以 \(i + j = k\)，并且从 \(n\) 个括号中选择 \(k\) 个 \(x\) 的方案数为 \(\dbinom{n}{k}\)，因此 \(x^{k}y^{n - k}\) 的系数为 \(\dbinom{n}{k}\)。

（需要说明的是，如果 \(n\) 不是非负整数，而是负数或者其它任意的实数，二项式定理也仍然成立。这时和式是无限的，因此必须保证 \(|x / y| < 1\) 以使得和式收敛。不过这不在本文讨论范围之内。）

二项式定理有两个重要的推论：当 \(x = y = 1\) 时有

\[\boxed{2^{n} = \sum_{k = 0}^{n} \dbinom{n}{k}} \]

这意味着第 \(n\) 行的组合数之和为 \(2^{n}\)。（遗憾的是，虽然我们有上指标求和公式，但下指标的和没有封闭形式——我们只能求出一整行的和，而不能求出一行的某个前缀的和。）

如果 \(x = -1\) 且 \(y = 1\)，那么

\[0 = \sum_{k = 0}^{n} (-1)^{k}\dbinom{n}{k} \]

也就是说同一行组合数的交错和为 \(0\)。换一个表示形式：

\[\sum_{k \ \text{is even}} \dbinom{n}{k} = \sum_{k \ \text{is odd}} \dbinom{n}{k} \]

也就是奇数项之和等于偶数项之和。

VI. 三项式恒等式

\[\boxed{\dbinom{n}{m} \dbinom{m}{k} = \dbinom{n}{k} \dbinom{n - k}{m - k}} \]

这个恒等式用来解决两个组合数相乘的问题。虽然它的右边仍然是两个组合数，但 \(m\) 只出现了一次。所以，当关于 \(m\) 求和时，右边的形式往往更方便。

简单地把式子拆开即可证明。

VII. 范德蒙德卷积

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

使用组合意义证明：从 \(n\) 个男人和 \(m\) 个女人中选择 \(k\) 个人，有 \(\dbinom{n + m}{k}\) 种方法。而如果选择 \(i\) 个男人和 \((k - i)\) 个女人，就有 \(\dbinom{n}{i} \dbinom{m}{k - i}\) 种方法，对 \(i\) 求和就得到了所有的方案。

VIII. 对角线求和

\[\boxed{\sum_{k = 0}^{m} \dbinom{n + k}{k} = \dbinom{n + k + 1}{m}} \]

用加法恒等式逐步展开即可证明。