斐波那契和排列组合性质

斐波那契

1. \(f_1+f_2+\dots+f_n=f_{n+2}−1\)
2. \(f_1^2+f_2^2+\dots+f_n^2=f_{n}⋅f_{n+1}\)
3. \(f_1+f_3+f_5+\dots+f_{2n−1}=f2n\)
4. \(f_2+f_4+f_6+\dots+f_{2n}=f_{2n+1}−1\)

前4个性质都很简单，只要利用递推公式就可以证明

5. \(f_{n+m}=f_nf_{m+1}+f_mf_{n−1}\)

6. \(f_{n−1}f_{n+1}=f_{2n}+(−1)^n\)

性质5可以对\(f_n\)用递推式不断代换，再换元即可得到
性质6可以用通项公式证明

1. \(gcd(f_n,f_m)=f_{gcd(n,m)}\)

这个可以结合性质5，以及\(gcd(n,m)=gcd(n−m,m)\)证明
但是要注意特殊情况\(f1=f2=1\)

8. \(n|m⇔fn|fm\)

这个由性质7稍微变换一下就得到了

排列组合

排列

全排列：\(P(n,n)=n!\)

n个人都排队。第一个位置可以选n个，第二位置可以选n-1个，以此类推得： \(P(n,n)=n\times(n-1)\times\dots\times 2\times 1=n!\)

部分排列：\(P(n,m)=\frac{n!}{(n-m)!}\)

n个人，选m个出来排队，第一个位置可以选n个，…，最后一个可以选n-m+1个，以此类推得：P(n,m)=n(n-1)...*(n-m+1)=n!/(n-m)!

组合

n个人，选m个人出来。

因为不在乎顺序，所以按排列算的话，每个组合被选到之后还要排列，是被算了m!遍的\(C(n,m)*m!=P(n,m)\)

故而得：\(C(n,m)=\frac{n!}{m!\times(n-m)!}\)

有两条性质：

1. \(C(n,m)=C(n,n-m)\)就是说 从n个里面选m个 跟 从n个里面选n-m个出来不选它 是一样的。

2. \(C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)\)递推式

从n个里面选m个出来的方案 = 从n-1个里面选m个的方案(即不选第n个) + 从n-1个里面选m-1个的方案(即选第n个)

圆排列

圆排列：\(Q(n,n)=（n-1)!\)

n个人坐成一圈有多少种坐法。

坐成一圈后，分别以每个位置为头断开，可以排成一个序列，就是将n个人全排列中的一种。这样可以得到n个序列，但是在圆排中是视为同一种坐法的。所以：
\(Q(n,n)*n=P(n,n)，即Q(n,n)=P(n,n)/n=n!/n=(n-1)!\)

部分圆排：\(Q(n,m)=\frac{P(n,m)}{m}=\frac{n!}{m*(n-m)!}\)

重复排列(有限个)

\[\frac{n!}{a_1!\times a2!\times\dots\times a_k!} \]

k种不一样的球，每种球的个数分别是a1,a2,...ak,设n=a1+a2+…+ak，求这n个球的全排列数。

把每种球重复的除掉就好了。假如第一种球有a1个，那么看成都是不一样的话就有a1!种排列方法，然而它们都是一样的，就是说重复了a1!次。其它的一样，所以重复排列的公式就是n!/(a1!a2!…*ak!)

重复组合(无限个)

\[C(n+k-1,k) \]

n种不一样的球，每种球的个数是无限的，从中选k个出来的方案数。

证明1:

给这n个球编号为1~n，选出来k个。

设为\(1≤a_1≤a_2≤a_3≤\dots≤a_k≤n\)，因为是组合，排下序也没什么关系。

可能重复，所以有等号。但是普通的组合是没有等号的，所以要把等号想办法去掉。

于是设\(b_i=a_i+i-1\)。这样就保证了{b}都是不一样的。

故得\(1<b_1<b_2<\dots <b_k<n+k-1\)

即相当于从n+k-1个球中选k个出来，为C(n+k-1,k).

证明2：转化为隔板法

选出来了k个球，我们就设本来就有n+k个，而这n+k个球只有n种不同的种类，就=把这n+k个球
分进不同的n个盒子里，但保证每个盒子不为空=把n+k个数分成不为空的n块=在n+k-1个间隔中
放n-1个隔板(来分)。即C(n+k-1,n-1)=C(n+k-1,k)

不相邻组合

\[C(n-k+1,k) \]

1~n这n个自然数中选k个，这k个数中任何两个数不相邻数的组合有多少种。

可以跟上面证明1的证法一样来证

一开始先假设选出来的k个数没有取到1和n，那么就相当于把n-k个数分成了k+1份（因为要求要
不相邻）。但是我们是可以选1和n的，所以给两边各补上一位(随便补啦，按顺序的话就是0跟
n+1咯)，这样选出来的k个数都在1~n中，就相当于把n-k+2个数分成了k+1份。即在(n-k+2)-1
个间隔中放k个隔板！就是C(n-k+1,k)

错排(错位排列)

\[d(n)=(n-1)*(d(n-1) + d(n-2)，n≥3 \]

同时也有\(d(n)=n*d(n-1) + (-1)^n\)。没深入探讨和背过这个orz

问题相当于，有n个人编号为1_n，住在1n号房间，要求每个人的编号与其房间号不同，问有多少种排列方法。

于是这个怎么推导的呢？先写成：\(d(n)=(n-1)\times d(n)-1 + (n-1)\times d(n)-2\)

假如说一开始第i个人住在第i号房间。

①令n-1个人错排后，第n个人与其中的一个i互换房间，即n住在i错排后住的房间，i去住第n号房间。满足要求啊。因为n可以和n-1个人换房间，所以有(n-1)*dn-1种方法。

②n选择跟一个人换房间，即n住第i号房，i住第n号房，让剩下的n-2个人自己去搞一次错排。同样的，n可以有n-1种选择，这就有(n-1)*dn-2种方法。跟上一种方式是不一样的哦！

故递推关系就是dn=(n-1)*(dn-1 + dn-2)

错位排列数列为\(0,1,2,9,44,265\dots\)

stirling数(斯特林数)

第一类stirling数：

\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+(n-1)\times S(n-1,m) \]

n个不同元素构成m个圆排列

1. n-1个元素构成了m-1个圆排，第n个单独成一个圆排：S(n-1,m-1)。

2. n-1个元素构成m个圆排，将第n个元素插在任一个元素的左边：(n-1)*S(n-1,m)。

故递推关系就是S(n,m)=S(n-1,m-1)+(n-1)*S(n-1,m)。

第二类stirling数：

\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\times S(n-1,m) \]

n个不同元素构成m个非空的(无差别)集合

①n-1个元素构成了m-1个集合，第n个单独成一个集合：S(n-1,m-1)。

②n-1个元素构成m个集合，第n个放进任一个集合里：m*S(n-1,m)。

故递推关系就是S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m)。

有些性质啊S(n,0)、S(n,1)、S(n,n)等等为一些常数的，可以自己想到的！