组合数
定义
普通定义
\[\binom nm=\frac{n!}{m!\ (n-m)!}
\]
这里，当 \(n<m\) 时，认为该式值为 \(0\)。
扩展定义
\[\binom nm=\frac{n^{\underline m}}{m!}\quad(n\in\mathbb C,m\in\mathbb N)
\]
基本性质
对称性
\[\binom nm=\binom n{n-m}
\]
显然。
加法公式
\[\binom nm=\binom{n-1}m+\binom{n-1}{m-1}
\]
证明：组合意义。
在 \(n\) 中选 \(m\) 个，可分为两种情况：
- 选第 \(n\) 个，则需在前 \(n-1\) 个中选 \(m-1\) 个。
- 否则需在前 \(n-1\) 个中选 \(m\) 个。
上指标求和
\[\sum_{i=0}^n\binom ik=\binom{n+1}{k+1}
\]
证明：数学归纳法。
- \(n=k\) 时，显然有 \(\binom kk=\binom{k+1}{k+1}\)
- \(n>k\) 时，设结论在 \(\mathbb N\cap[0,n-1]\) 上成立，根据加法公式，有：
\[\begin{aligned}
\binom{n+1}{k+1}&=\binom nk+\binom n{k+1}\\
&=\binom nk+\sum_{i=0}^{n-1}\binom ik\\
&=\sum_{i=0}^n\binom ik
\end{aligned}
\]
因此，结论成立。
吸收恒等式
\[m\binom nm=n\binom{n-1}{m-1}
\]
\[\binom nm\binom mk=\binom nk\binom{n-k}{m-k}
\]
证明：第一个式子显然是第二个式子在 \(k=1\) 时的特殊情况，所以只需证明第二个式子。
组合意义。从 \(n\) 中选出 \(m\) 个，再从这 \(m\) 个中选 \(k\) 个，等价于先从 \(n\) 中选出 \(k\) 个，再把这 \(k\) 个与另外 \(m-k\) 个凑出 \(m\) 个。
范德蒙德卷积
\[\sum_{i+j=m}=\binom ki\binom{n-k}j=\sum_{i=0}^m\binom ki\binom{n-k}{m-i}=\binom nm
\]
证明：组合意义。考虑前 \(k\) 个选几个，把所有情况相加即可。
其他
\[\sum_{i=0}^ni\binom ni=2^{n-1}n\qquad \sum_{i=0}^ni^2\binom ni=2^{n-2}n(n+1)
\]
二项式定理
\[(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom nia^ib^{n-i}
\]
证明：考虑展开 \((a+b)^n\) 后，\(a^ib^{n-i}\) 的系数，显然为在 \(n\) 个 \((a+b)\) 中选 \(i\) 个 \(a\) 的情况总数。
广义二项式定理
\[(x+y)^{\alpha}=\sum_{k\ge 0}\binom{\alpha}{k}x^ky^{\alpha-k}\quad(\alpha\in\mathbb R)
\]
练习 1
求：
\[\sum_{i=0}^n\binom{n-i}i
\]
解：设原式为 \(f(n)\)。
\[\begin{aligned}
f(n)&=\sum_{i=0}^n\binom{n-i}i\\
&=\sum_{i=0}^n\binom{n-1-i}i+\binom{n-1-i}{i-1}\\
&=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1-i}i+\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n-1-i}{i-1}\\
&=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1-i}i+\sum_{i=0}^{n-2}\binom{n-2-i}i\\
&=f(n-1)+f(n-2)
\end{aligned}
\]
又 \(f(0)=1,f(1)=1\)，故 \(f(n)=F_{n+1}\)，其中 \(F_i\) 表示斐波那契数列的第 \(i\) 项。
另一种方法是利用斐波那契数列的组合意义。
求一个 \(2\times n\) 的棋盘，使用任意多张 \(1\times 2\) 的骨牌 完全 覆盖所有格子的方案数。设有 \(f_n\) 种方案。
讨论第 \(n\) 列是被一张竖着放的骨牌覆盖，还是被两张横着放的骨牌覆盖，即可得知 \(f_n=f_{n-1}+f_{n-2}\)。
由于边界为 \(f_0=1\)，因此 \(f_n=F_{n+1}\)。用组合数计算。若有 \(2i\) 张横着放置的骨牌，则一对在同一列上的骨牌会占据两列。
所以先减去 \(i\) 列（肯定会被占用），然后从剩下的列中选 \(i\) 列就是答案。所以 \(f_n=\sum_{i=0}^n\binom{n-i}i\)。
练习 2
求：
\[\sum_{i=0}^n\binom{m+i-1}{i}
\]
解：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^n\binom{m+i-1}{i}
&=\sum_{i=0}^n\binom{m+i-1}{m-1}\\
&=\sum_{i=0}^{m+n-1}\binom{i}{m-1}\\
&=\binom{m+n}{m}
\end{aligned}
\]
第一步和第三步分别运用了对称性、上指标求和。
斯特林数
第二类斯特林数
定义
\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示将 \(n\) 个不同的元素划分为 \(m\) 个互不区分的非空集合的方案数。
性质
\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}
\]
边界：\(\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix}=[n=0]\)
第一类斯特林数
定义
\(n\) 个人坐在 \(m\) 张非空圆桌上的方案数记为第一类斯特林数，用 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 表示。
性质
\[\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}
\]
边界：\(\begin{bmatrix}n\\0\end{bmatrix}=[n=0]\)
下降幂和上升幂
定义
\[a^{\underline n}=\prod_{k=a-n+1}^ak
\]
\[a^{\overline n}=\prod_{k=a}^{a+n-1}k
\]
斯特林数的性质
下降幂、上升幂与幂的转化
\[x^{\overline m}=\sum_{k=0}^m\begin{bmatrix}m\\k\end{bmatrix}x^k\\
x^{\underline m}=\sum_{k=0}^m(-1)^{m-k}\begin{bmatrix}m\\k\end{bmatrix}x^k\\
x^m=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}x^{\underline k}
\]
通项公式
\[\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\frac 1{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kii^m
\]
容斥原理
基本公式
设 \(S\) 为有限集，\(A_1,A_2,\cdots,A_n\subseteq S\)，\(A=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}\) 则有：
\[|\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^kA_{i_j}|
\]
证明：
设一个元素被 \(A\) 中的 \(m\) 个集合包含，则它对左侧贡献为 \(1\)。
它对右侧的贡献为：\(\sum_{i=1}^m(-1)^{i-1}\binom{m}{i}\)（从这 \(m\) 个集合中任选几个集合都会包含）
\(=-\sum_{i=1}^m(-1)^i\binom{m}{i}=1-\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom{m}{i}=1-(1-1)^m=1\)
德 · 摩根定律
\[\overline{\bigcup_{i=1}^nA_i}=\bigcap_{i=1}^n\overline{A_i}\qquad\qquad\overline{\bigcap_{i=1}^nA_i}=\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}
\]
基本公式的变形
根据德摩根定律变形：
\[\begin{aligned}
|\bigcap_{i=1}^n\overline{A_i}|&=|\overline{\bigcup_{i=1}^{n}A_i}|\\
&=|S|-\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^kA_{i_j}|\\
&=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^{k}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^kA_{i_j}|
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
|\bigcap_{i=1}^nA_i|&=|\overline{\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}}|\\
&=|S|-\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^k\overline{A_{i_j}}|\\
&=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^{k}\sum_{1\le i_1<i_2<\cdots<i_k\le n}|\bigcap_{j=1}^k\overline{A_{i_j}}|
\end{aligned}
\]
子集反演
定义在两个集合上的函数 \(\mathbf{f,g}\)，若
\[\mathbf f(S)=\sum_{T\subseteq S}\mathbf g(T)
\]
则
\[\mathbf g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\mathbf f(T)
\]
以后有时间再证明吧。感觉和二项式反演的证明思路可能差不多。
二项式反演
这是子集反演的特殊情况：多个集合的交集大小只和集合数目有关，而与具体是哪些集合无关。
我们用 \(g(i)\) 表示某 \(i\) 个补集的交集大小（即不满足某 \(i\) 个条件的方案数），
\(f(i)\) 表示某 \(i\) 个原集的交集大小（即钦定 / 至少满足某 \(i\) 个条件的方案数）。
特别地，\(f(0)=g(0)=|S|\)，因为 \(0\) 个条件相当于任意情况。
根据上面的变形公式，我们有：
\[\begin{aligned}
f(n)&=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom nkg(k)\\
&=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nkg(k)\\
g(n)&=|S|+\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom nkf(k)\\
&=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nkf(k)
\end{aligned}
\]
令 \(h(k)=(-1)^kg(k)\) 再代进去，可以得出：
\[\begin{aligned}
f(n)&=\sum_{k=0}^n\binom nkh(k)\\
h(n)&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n+k}\binom nkf(k)\\
&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkf(k)
\end{aligned}
\]
能得出二项式反演：
\[\begin{aligned}
f(n)&=\sum_{k=0}^n\binom nkh(k)\\
h(n)&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkf(k)
\end{aligned}
\]
另一种表述是，若两个序列 \(f,g\) 满足：
\[f_n=\sum_{i=0}^n\binom nig_i
\]
则
\[g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom nif_i
\]
是其充分必要条件。
这里的 \(f,g\) 貌似代表什么都可以。
也就是说，我们可以不关心其具体意义，只要在推出这种式子时，知道它能够与另一个式子相互转化就可以了。
也可以用代入法证明（下面为了方便，把序列形式改成了函数形式）。
\[\begin{aligned}
f(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom nig(i)\\
&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom ni\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom ijf(j)\\
&=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom ni\binom ijf(j)\\
&=\sum_{j=0}^nf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom ni\binom ij\\
&=\sum_{j=0}^n\binom njf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom{n-j}{i-j}\\
&=\sum_{j=0}^n\binom njf(j)\sum_{k=0}^{n-j}(-1)^k\binom{n-j}{k}\\
&=\sum_{j=0}^n\binom njf(j)(1-1)^{n-j}
\end{aligned}
\]
这时我们不能直接把后面那项变为 \(1\)，需要分类讨论。
- 当 \(n-j\ne 0\) 时，\((1-1)^{n-j}=0\)。
- 否则，回到上式，其值为 \(\sum_{k=0}^0\binom0k=\binom00=1\)。
- 综上，\(\sum_{j=0}^n\binom nj(1-1)^{n-j}=1\)。
最终，得出了 \(f(n)=f(n)\)，证毕。
另外一种二项式反演的式子也比较常用：
\[f(n)=\sum_{i=n}^m\binom ing(i)\iff g(n)=\sum_{i=n}^m(-1)^{i-n}\binom inf(i)
\]
证明为把右侧代入左侧，不再赘述。
这个式子的组合意义为 \(f(n)\) 表示钦定选 \(n\) 个，\(g(n)\) 为恰好选 \(n\) 个的方案数。如果选择这种组合意义，那么 \(f(n)\) 是一个无效的数，因为钦定 \(n\) 个表明存在重复的情况。所以“钦定”只能作为转化的工具，在题目中不能独立存在。同样地，在计算 \(f\) 时也不要刻意去重，因为“钦定”的性质已经表明 \(f\) 很可能存在重复情况。
应用
题目常让我们求：
- 至少满足一个条件（所有集合并集大小）
- 恰好满足所有条件（所有集合交集大小）
然而，我们能求的是：
- 至少满足某 \(k\) 个条件 （某 \(k\) 个集合交集大小）
我们运用上面的公式转化一下就可以了。
先考虑颜色。“每种颜色在棋盘上至少出现一次”就是“每种颜色都要出现”。
套二项式反演：
\[g_A(c)=\sum_{i=0}^c(-1)^{c-i}\binom cif_A(i)
\]
对于行，我们可以强制它满足限制。也就是在计算列的时候，把方案数减一。
考虑列。
套二项式反演：
\[g_B(m)=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}\binom mif_B(i)
\]
\[f_B(i)=((k+1)^i-1)^n
\]
\[f_A(k)=g_B(m)=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}\binom mi((k+1)^i-1)^n
\]
再代回就可以了。
推导第二类斯特林数的通项公式
复习一下，\(\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\) 定义是
\(m\) 个不同的元素划分为 \(k\) 个互不区分的非空集合的方案数。
设数列 \(g_k\) 表示将 \(m\) 个互不相同的元素划分为 \(k\) 个有区别集合的方案数，
\(f_k\) 表示将 \(m\) 个互不相同的元素划分为 \(k\) 个有区别非空集合的方案数。
那么显然，\(g_k=k^m\)。
通过枚举非空集合的个数，可以得知：
\[g_k=\sum_{i=0}^k\binom kif_i
\]
套用二项式反演：
\[f_k=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kig_i
\]
由于斯特林数中，集合互不区分，故 \(\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\dfrac{f_k}{k!}\)
所以得出结论：
\[\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\frac 1{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kii^m
\]
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