组合数

组合恒等式

0. 定义式

\[C_n^m=\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n^{\underline{m}}}{m!} \]

1. 递推式

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

证明：

相当于从 \(n\) 个物品中选择 \(m\) 个的方案数，分两种情况。

• 第 \(n\) 个不选，有 \(\binom{n-1}{m}\) 种情况。

• 第 \(n\) 个要选，有 \(\binom{n-1}{m-1}\) 种。

则 \(\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\)。

2. 对称性

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

证明：使用定义式展开即可。

3. 吸收/相伴等式

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

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

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

证明：同样定义式展开即可。

4. 上指标反转

\[\binom{r}{k}=(-1)^k\binom{k-r-1}{k} \]

证明：

\(\begin{aligned}\binom{r}{k}=\frac{r^{\underline{k}}}{k!}&=\frac{r(r-1)(r-2)\cdots(r-k+1)}{k!}\\&=\frac{(-1)^k(-r)(1-r)\cdots(k-r-1)}{k!}\\&=\frac{(-1)^k(k-r-1)^{\underline{k}}}{k!}\\&=(-1)^k\binom{k-r-1}{k}\end{aligned}\)

5. 三项式系数

\[\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k} \]

证明：

\(\begin{aligned}\binom{n}{m}\binom{m}{k}&=\frac{n!}{(n-m)!(m-k)!k!}\\&=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}\end{aligned}\)

6. 上指标求和

\[\sum\limits_{k=0}^n\binom{k}{m}=\binom{n+1}{m+1} \]

证明：

将 \(\binom{n+1}{m+1}\) 用加法公式一步步展开即可。

7. 下指标求和

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

证明：

从 \(n\) 个物品中取出任意个数物品的方案数，就是大小为 \(n\) 的集合的子集个数。

8. 下指标卷积（范德蒙德卷积）

\[\sum\limits_{i=0}^n\binom{a}{i}\binom{b}{n-i}=\binom{a+b}{n} \]

证明：

左边相当于从 \(a\) 个物品中选 \(i\) 个数的方案数，右边相当于从 \(b\) 个物品中选 \(n-i\) 个数的方案数，则求和相当于从 \(a+b\) 个数中选 \(n\) 个数的方案数，即 \(\binom{a+b}{n}\)。

9. 上指标卷积

\[\sum\limits_{i=0}^n\binom{i}{a}\binom{n-i}{b}=\binom{n+1}{a+b+1} \]

证明：

左式的组合意义为将 \(n\) 个物品分为在左右两部分，左边选 \(a\) 个，右边选 \(b\) 个的方案数，同时等价于插入一个分隔符，共 \(n+1\) 个物品选 \(a+b+1\) 个的方案数，即 \(\binom{n+1}{a+b+1}\)。

10. 平行求和法

\[\sum\limits_{k=0}^n\binom{r+k}{k}=\binom{r+n+1}{n} \]

证明：把右边式子用递推式一直展开即可。

11. 交错和

\[\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\binom{n}{k}=(-1)^m\binom{n-1}{m} \]

证明：

\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^m(-1)^k\binom{n}{k}&=\sum\limits_{i=0}^m\binom{k-n-1}{k}\\&=\binom{m-n}{m}\\&=(-1)^m\binom{n-1}{m}\end{aligned}\)

组合数例题

1. 化简：

\[\sum\limits_{k=0}^m\frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}} \]

sol:

注意到 \(\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}\)。

则原式等于：

\(\begin{aligned}\sum\limits_{k=0}^m\frac{\binom{n-k}{m-k}}{\binom{n}{m}}&=\frac{1}{\binom{n}{m}}\sum\limits_{k=0}^m\binom{n-k}{m-k}\\&=\frac{1}{\binom{n}{m}}\sum\limits_{k=0}^m\binom{n-m+k}{k}\\&=\frac{\binom{n+1}{m}}{\binom{n}{m}}\\&=\frac{n+1}{n+1-m}\end{aligned}\)

2. HDU6333

\(q\) 次询问，每次给出 \(n,m\)，求 \(\sum\limits_{i=0}^m\binom{n}{i}\)，\(q,n,m\le 10^5\)。

sol:

把 \(n,m\) 看成区间，使用莫队。
考虑 \(n\rightarrow n+1\)，\(m\rightarrow m+1\) 的变化即可。

3. 化简：

\[\sum\limits_{i=0}^m\binom{n}{i}\binom{m}{i} \]

sol:

\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^m\binom{n}{i}\binom{m}{i}&=\sum\limits_{i=0}^m\binom{n}{i}\binom{m}{m-i}\\&=\binom{n+m}{m}\end{aligned}\)

4. 化简：

\[\sum\limits_{i=m}^n(-1)^i\binom{n}{i}\binom{i}{m} \]

sol:

\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=m}^n(-1)^i\binom{n}{i}\binom{i}{m}&=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^i\binom{n}{m}\binom{n-m}{i-m}\\&=\binom{n}{m}\sum\limits_{i=m}^n(-1)^i\binom{n-m}{i-m}\\&=\binom{n}{m}\sum\limits_{i=0}^{n-m}(-1)^{i+m}\binom{n-m}{i}\\ &=\binom{n}{m}(-1)^m\sum\limits_{i=0}^{n-m}\binom{m-n-1+i}{i}\\&=(-1)^m[n=m]\end{aligned}\)

5. 化简：

\[\sum\limits_{k}\binom{n+k}{2k}\binom{2k}{k}\frac{(-1)^k}{k+1} \]

sol:

\(\begin{aligned}\sum\limits_{k}\binom{n+k}{2k}\binom{2k}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}&=\sum\limits_{k}\binom{n+k}{k}\binom{n}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}\\&=\frac{1}{n+1}\sum\limits_{k}\binom{n+k}{k}\binom{n+1}{k+1}(-1)^k\\&=\frac{1}{n+1}\sum\limits_{k}\binom{-n-1}{k}\binom{n+1}{k+1}\\&=\frac{1}{n+1}\sum\limits_{k}\binom{-n-1}{k}\binom{n+1}{n-k}\\&=\frac{1}{n+1}\binom{0}{n}=[n=0]\end{aligned}\)

6. 有标号连通图计数

sol:

设 \(f_n\) 为 \(n\) 个点连通图个数，\(g_n\) 为 \(n\) 个点无向图个数，显然 \(g_n＝2^{\binom{n}{2}}\)。

则 \(g_n=\sum\limits_{j=1}^n\binom{n-1}{j-1}f_jg_{n-j}\)。

所以 \(g_n=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\binom{n-1}{j-1}f_jg_{n-j}+f_n\)。

所以 \(f_n=g_n-\sum\limits_{i=1}^{n-1}\binom{n-1}{j-1}f_jg_{n-j}\)，动态规划即可，复杂度 \(O(n^2)\)。

7. 牛顿级数

记 \(\Delta^n a\) 表示数列 \(a\) 差分 \(n\) 次后的数列，那么 \(\Delta^n a_i=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}a_{i-j}\)。

sol1:

使用数学归纳法，略。

sol2:

设操作 \(I,E\) 使得 \(I a_i=a_i,E a_i=a_{i-1}\)。

则差分一次相当于做了一次 \(I-E\) 操作，那么：

\(\begin{aligned}\Delta^n a_i&=(I-E)^na_i\\&=(\sum\limits_{j=0}^n\binom{n}{j}I^{n-j}(-E)^ja)_i\\&=(\sum\limits_{j=0}^n\binom{n}{j}(-1)^jE^ja)_i\\&=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}a_{i-j}\end{aligned}\)。