Lucas，鸽巢与错排

Lucas定理

定理公式

\(p\) 为素数时：

\[\binom{n}{m}\equiv\binom{n\%p}{m\%p}\cdot\binom{n/p}{m/p}\pmod{p} \]

定理证明

先证明两个引理：

1. \(p\) 为素数时，\(\binom{i}{p}\equiv0\pmod{p}\)。

2. \(p\) 为素数时，\((1+x)^p\equiv1+x^p\pmod{p}\)。

证明 1：

易得 \(\binom{i}{p}=\frac{p!}{i!\cdot(p-i)!}\)。

因为 \(p\) 为素数，所以分子中的 \(p\) 一定不会被分子约掉，则 \(\binom{i}{p}\) 为 \(p\) 的倍数。

证明 2：

把 \((1+x)^p\) 二项式展开，得：

\[(1+x)^p=\sum\limits_{i=0}^{p}\binom{p}{i}x^i \]

当 \(i=1\sim p-1\) 时，又引理 1 可得 \(\binom{p}{i}\equiv 0\pmod{p}\)。

则 \((1+x)^p\equiv 1+x^p\pmod{p}\)。

现在来证明原定理。

首先，对于 \((1+x)^n\)，\(\binom{n}{m}\) 就是其指数为 \(x^m\) 项的系数。

化简 \((1+x)^n\) 得：

\[(1+x)^n=(1+x)^{p\cdot(n/p)}\cdot (1+x)^{n\%p} \]

\[\equiv (1+x^p)^{n/p}\cdot(1+x)^{n\%p}\pmod{p} \]

显然，左半部分只能提供 \(x^{kp}\) 项，右半部分只能提供 \(x\) 的小于 \(p\) 次方项，则要求 \(x^m\) 系数，左半部分提供 \(x^{p\cdot(n/p)}\) 的系数，即 \(\binom{n/p}{m/p}\)，右半部分提供 \(x^{n\%p}\) 的系数，即 \(\binom{n\%p}{m\%p}\)，而原本 \(x^m\) 系数为 \(\binom{n}{m}\)，则得到：

\[\binom{n}{m}\equiv\binom{n\%p}{m\%p}\cdot\binom{n/p}{m/p}\pmod{p} \]

错排

错排公式

记 \(f_n\) 表示长度为 \(n\) 的错排个数。

则：

\[f_n=(n-1)(f_{n-1}+f_{n-2}) \]

错排例题

1. 更简单的排列计数

记 \(cyc_{\pi}\) 表示把排列 \(\pi\) 看成置换，其中环的个数。

给定 \(n,k\) 和多项式 \(F\)，对 \(1\le m\le n\) 求 \(\sum\limits_{\pi}F(cyc_{\pi}) \)，其中 \(\pi\) 为错排。

sol:

\(\begin{aligned}\sum\limits_{\pi}F(cyc_{\pi})&=\sum\limits_{\pi}\sum\limits_{i=0}^{k-1}f_icyc_{\pi}^i\\&=\sum\limits_{\pi}\sum\limits_{i=0}^{k-1}f_i\sum\limits_{j=0}^i\begin{Bmatrix} i \\j \end{Bmatrix}\binom{cyc_{\pi}}{j}j!\\&=\sum\limits_{\pi}\sum\limits_{i=0}^{k-1}\sum\limits_{j=0}^if_i\begin{Bmatrix} i \\j \end{Bmatrix}\binom{cyc_{\pi}}{j}j!\\&=\sum\limits_{\pi}\sum\limits_{j=0}^{k-1}\sum\limits_{i=j}^{k-1}f_i\begin{Bmatrix} i \\j \end{Bmatrix}\binom{cyc_{\pi}}{j}j!\\&=(\sum\limits_{j=0}^{k-1}j!)(\sum\limits_{\pi}\binom{cyc_{\pi}}{j})(\sum\limits_{i=j}^{k-1}f_i\begin{Bmatrix} i \\j \end{Bmatrix})\end{aligned}\)

记 \(c_{t,i}\) 表示 \(|\pi|=t\) 且 \(cyc_{\pi}=i\) 的错排 \(\pi\) 个数。

考虑递推，设 1 在序列中的位置为 \(k\)，分两种情况：

• k 的位置为 1，此时有 \(c_{t-2,i-1}\) 种情况。

• k 的位置不为 1，此时有 \(c_{t-1,i}\) 种情况。

这里其实和错排的递推差不多。

而 \(k\) 有 \(t-1\) 种选法，则 \(c_{t,i}=(t-1)(c_{t-2,i-1}+c_{t-1,i})\)。

又记 \(p_{t,i}\) 表示 \(\sum\limits_{|\pi|=t}\binom{cyc_{\pi}}{i}\) 的值。

将式子转换为枚举 \(cyc_{\pi}\)，可得：

\(\begin{aligned}p_{t,i}&=\sum\limits_{j=1}^t\binom{j}{i}c_{t,j}\\&=\sum\limits_{j=1}^t\binom{j}{i}(t-1)(c_{t-2,j-1}+c_{t-1,j})\\&=(t-1)\sum\limits_{j=1}^t\binom{j}{i}(c_{t-2,j-1}+c_{t-1,j})\\&=(t-1)[\sum\limits_{j=1}^t\binom{j}{i}c_{t-2,j-1}+\sum\limits_{j=1}^t\binom{j}{i}c_{t-1,j}]\\&=(t-1)[\sum\limits_{j=1}^t[\binom{j-1}{i}c_{t-2,j-1}+\binom{j-1}{i-1}c_{t-2,j-1}]+\sum\limits_{j=1}^t\binom{j}{i}c_{t-1,j}]\\&=(t-1)(p_{t-2,i}+p_{t-2,i-1}+p_{t-1,i})\end{aligned}\)

而由于 \(t\le n,i<k\)，则 \(p\) 数组可以在 \(O(nk)\) 时间复杂度内递推处理。

再看求得的答案式子：

\[(\sum\limits_{j=0}^{k-1}j!)(\sum\limits_{\pi}\binom{cyc_{\pi}}{j})(\sum\limits_{i=j}^{k-1}f_i\begin{Bmatrix} i \\j \end{Bmatrix}) \]

我们发现：前面一部分和后面一部分可以 \(O(k^2)\) 预处理，中间一部分已经被 \(O(nk)\) 递推，则枚举要计算的 \(m\)，式子就能 \(O(1)\) 算了。

鸽巢原理

鸽巢原理公式

将 \((\sum\limits_{i=1}^np_i)−n+1\) 个物品放入 \(n\) 个盒子，一定存在一个盒子 \(i\)，使
得第 \(i\) 个盒子至少装了 \(p_i\) 个物品。

鸽巢原理例题

1. 有十个数 \(a_1,a_2\cdots a_{10}\) 满足 \(\mathop{\forall}\limits_{1\le i\le 10}1\le a_i\le 60\)，证明能够从 \(a_i\) 中挑出两个交为空的子集，使得它们的和相等。

sol:

首先发现交为空的条件没有用，因为如果找到两个和相等的子集，将它们相交的部分同时去掉，也不影响和相等。

观察到子集总数为 \(2^{10}=1024\) 大于和的总数 \(60\times 10=600\)，则必有两个子集和相等。

2. 证明一张有超过 1 个点的简单无向图必定有两点度数相等。

sol:

• 若存在两个及以上 0 度点，则成立。

• 若存在一个 0 度点，则剩余 \(n-1\) 个点的度数只能在 \([1,n-2]\) 中取，故一定有两点度数相等。

• 若不存在 0 度点，则 \(n\) 个点的度数只能在 \([1,n-1]\) 中取，故一定有两点度数相等

3. 证明能从任意 11 个实数中取出 4 个满足：\((ac + bd)^2\ge \frac{1}{2}(a^2+b^2)(c^2+d^2)\)。

sol:

显然，存在 6 个实数同号，把这 6 个实数看成 3 个向量，因为这 3 个向量均在第一或第三象限，所以一定存在两个向量夹角小于等于 45 度，利用余弦定理得 \(\cos 45^\circ\ge \frac{ac+bd}{\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}}\)，平方得 \(\frac{1}{2}\ge \frac{(ac+bd)^2}{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}\)，变形即可得到原式。