lg组合计数

组合计数

关于记号

\[C_n^m={n\choose m}=A_n^m/m!=n^{\underline{m}}/m! \]

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插板法

• 插板法：分集合问题 \(\iff\) 不定方程正整数解计数问题

  \[{n-1\choose m-1} \]

  创造条件法（构造双射），即，构造元素集合 \(A,B\)，以及一个 \(A,B\) 之间的双射 \(f\)，则把计数 \(A\) 变成计数 \(B\) 。

  如果允许集合为空，则问题可以转化为添加 m 个球时不允许为空的问题

• 不定方程解计数：有上界。难以处理，可以采用容斥。枚举几个大于限制，则能够求出至少 \(i\) 个大于 \(k\) 。

  基本容斥思想：总共减去不符合的等于答案==交集等于全集减补集并集

  \[\begin{aligned}\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=&\sum_{i}|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|-\cdots\\&+(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^{m}S_{a_i}\right|+\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap\cdots\cap S_n|\end{aligned} \]

• 问题4：容斥思想2：恰好等于k==(<=k)-(<=k-1)

Catalan和折线法

• 格路计数：构造双射 路线<==>操作序列

• 括号匹配问题：构造双射 括号序列<==>左括号是向右走，右括号是向上走

  定理 合法括号序列的充分必要条件

  一个括号序列是合法括号序列，当且仅当它满足：

  • 对于所有前缀，左括号数量大于等于右括号数量

  • 对于整个序列，左括号数量等于右括号数量

  这在转化后的问题上等价于不碰到 y=x+1 并走到 (n,n)

  考虑计数不符合的路径，发现这些路径都满足与 y=x+1 有交点

  那么这些路径沿着交点翻折，则可以证明这些不合法路径与到达 (n-1,n+1) 的所有路径构成双射，从而容斥一步，得到 Catalan 数的定义。

  \[H_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n-1} \]

  本方法叫做 折线容斥

  

• [JLOI2015] 骗我呢：性质1：每行都有恰好一个 [0,m] 中没有出现

  

  式子的系数很简单，则可以 在网格图上画出转移，可转化为不碰到两条直线的路径数。

Stirling

类似 dp 思路

• 第一类 Stirling 数：求把 \(n\) 个不同元素构成 \(m\) 个非空圆排列的方案数。

  第二类 Stirling 数 ：求把 n 个不同元素划分 m 个非空子集的方案数

  \[\def\stira#1#2{\begin{bmatrix}#1\\ #2\end{bmatrix}}\def\stirb#1#2{\begin{Bmatrix}#1\\ #2\end{Bmatrix}} \stira{n}{k}=\stira{n-1}{k-1}+(n-1)\stira{n-1}{k}\\ \stirb{n}{k}=\stirb{n-1}{k-1}+k\stirb{n-1}{k} \]

  dp 思想：第一类乘上 n-1 是因为把它放在某一个元素的左边，第二类乘上 k 是因为前面集合不区分顺序

• 普通幂转下降幂公式：

  \[\def\stira#1#2{\begin{bmatrix}#1\\ #2\end{bmatrix}}\def\stirb#1#2{\begin{Bmatrix}#1\\ #2\end{Bmatrix}}m^n=\sum_{i=0}^m{\stirb{n}{i}m^{\underline{i}}} \]

  组合意义易证。注意这个求和的上标，只要大于 \(\min\{n,m\}\) 即可（要么就是集合不够要么就是元素不够）

• CF1278F Card 推推推推推推推推推

• 自然数幂和：

  需要一个 上指标求和公式 ：

  \[\sum_{i=0}^n{i\choose k}={n+1\choose k+1} \]

  证明1

  该问题可以与 \(n+1\) 个元素的 \(k+1\) 大小子集个数建立双射，原因如下：

  \[{n+1\choose k+1}=\sum_{i=1}^{n+1} { i-1\choose k}=\sum_{i=0}^{n} { i\choose k} \]

  以上求和的意义是枚举其中一个元素的位置。

  证明2

  当然上述公式求和的下标还可以改为 \(i=k\) ，此时补充一个 \({k\choose k+1}\) (?)

  证明3

  按照递推公式依次展开可以得到。

• 自然数幂和-拉格朗日插值

  \(n+1\) 个点值可以唯一确定一个 \(n\) 次多项式。使用：

  \[f(x) = \sum_{i=1}^{n} \prod_{j\neq i }\frac{x-x_j}{x_i-x_j} y_i \]

  将点值带入易证

  

其他模型

• AGC013D：转化问题是比较容易的。重复处理：对于所有平移可以产生的重复方案，我们强制其“贴边界”（即曾经到底过0）才记录答案，考虑设

  

• CF1895F：关键转化：弱化限制/差分法

  最值限制可以刻画区间范围的限制（对于任意/存在一个）

  正确性显然。

  条件2让我们想到差分数组，该条件可以转化为差分数组取值在 \([-k,k]\) 之内

  现在还需要表达最小值的限制，我们可枚举最小值的限制，配合计算差分数组的数量，可以知道这一部分答案是 \((x+k)(2k+1)^{n-1}\)

  对于最大值那一部分的答案，考虑 \(x\) 很小，设 \(f_{i,j}\) 表示填了 \(i\) 个数，最后一个是 \(j\) ，可以矩阵快速幂计算。