组合计数/概率期望

常见恒等式

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

\[\sum_{i}\binom{n}{i} = 2^n \]

\[\sum_{i=0}^{n}\binom{i}{m} = \binom{n + 1}{m + 1} \]

枚举最后一个结束的位置，设为\(i+1\)，则剩下的方案数就是在\(i\)个数中选\(m\)个数的方案数

\[\sum_{i}\binom{n}{i}\binom{m}{k - i} = \binom{n + m}{k} \]

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

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第二类斯特林数：

定义：

\(n\)个球，\(m\)个盒，球之间互不相同，盒子全部相同，每个盒子至少装一个球的方案数。
记为：\(S(n,m)\)或\(n \brace m\)

定义式：

\(S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^i\binom{m}{i}(m-i)^n\)

解释：

首先把限制条件放松一点，使得盒子互不相同，发现最终求出的方案数除以\(m!\)即可，那么考虑如何求，因为要求至少有一个球，那么可以容斥一下，用总方案数减去有空的方案数，就是最终的答案。那么这时就能得到答案，用总方案数减去一个空的方案数，加上两个空的方案数，减去三个空的方案数，\(\cdots\),也就得到了上面的式子了

组合意义式：

\(S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1)\)

解释：

假设现在要放入第\(n\)个球，并且已经有\(m\)个盒子，里面至少装着一个球了，那么第\(n\)个球就有两个方案，第一个是再拿一个盒子，把第\(n\)个球放入这个盒子里；第二个是将第\(n\)个球放入\(m\)个盒子里。那么根据这个就能够推导出上面的推导式了

应用：

\[x^k=\sum_{i=0}^{k}\binom{x}{i}\times S(k,i)\times i! \]

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lucas 定理

\[\binom{n}{m} = \binom{n/p}{m/p}\binom{n \% p}{m \% p} \pmod p,p\text{为质数} \]

二项式反演

\[G(n) = \sum_{i=0}^{n}\tbinom{n}{i}(-1)^{i}F(i) \Leftrightarrow F(n) = \sum_{i=0}^{n}\tbinom{n}{i}(-1)^{i}G(i) \]

\[G(n) = \sum_{i=0}^{n}\tbinom{n}{i}F(i) \Leftrightarrow F(n) = \sum_{i=0}^{n}\tbinom{n}{i}(-1)^{n-i}G(i) \]

\[G(n) = \sum_{i=n}\tbinom{i}{n}F(i) \Leftrightarrow F(n) = \sum_{i=n}\tbinom{i}{n}(-1)^{i-n}G(i) \]

下降幂

定义\(m^{n\downarrow}\)为\(\prod_{i=1}^{n}(m-i+1)\)(也可表示为\(m^{\underline n}\))

下降幂和普通幂的转化：

\[m^n=\sum_{i=1}^{n}\left\{_i^n \right\}m^{i\downarrow} \]

与组合数的关系：

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

推导：

\[\binom{n}{m}m(m-1)(m-2)\cdots(m-k+1)= \]

\[n\binom{n-1}{m-1}(m-1)(m-2)\cdots(m-k+1)= \]

\[n(n-1)\binom{n-2}{m-2}(m-2)\cdots(m-k+1)= \]

\[\vdots \]

\[n^{k\downarrow}\binom{n-k}{m-k} \]

二项式反演：

\(f_n\)为恰好选\(n\)个，\(g\)为钦定选\(n\)个；

\[g_k=\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}f_i\Longleftrightarrow f_k=\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}(-1)^{i-k}g_i \]

例题：P10596

题解：其实就是上面这个式子。求\(g\)，\(g_k=\binom{n}{k}(2^{2^{n-k}}-1)\)，比较简单的组合计数，主要难度就是二项式反演。

总结：看到钦定和恰好，那么就考虑二项式反演，只要求出任意一个就能求出另一个

知道了这个二项式反演，在做其他的题时，钦定和恰好的关系不一定是这个，所以需要推一下

子集反演

设\(F_{S}=A_S,G_{S}=\sum_{T\subseteq S}A_T\)。那么有\(G_S=\sum_{T\subseteq S}F_S\)，还有\(F_S=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S\setminus T|}G_T\)。考虑容斥系数的证明。

\[F_S=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S\setminus T|}\sum_{T'\subseteq T}F_{T'}\ \]

\[=\sum_{T'\subseteq S}F_{T'}\sum_{T'\subseteq T\subseteq S}(-1)^{|S\setminus T|} \]

\[=\sum_{T'\subseteq S}F_{T'}\sum_{T\subseteq S\setminus T'}(-1)^{|T'|} \]

我们拆一下式子能得到只有当\(T'=S\)时才有值，并且此时值为\(F_{S}\)。得证。

更改一下\(G_S=\sum_{S\subseteq T}A_T\)，那么\(F_{T}=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}G_T\)。

然后，如果有两维\(G_{x,y}=A_X\times B_Y\)，也是一样的，就不赘述了

Min_max 容斥

考虑一个集合\(S\)，定义其最大值为\(\max(S)\),最小值为\(\min(S)\)，有如下等式：

\[\max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\min(T) \]

\[\min(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\max(T) \]

证明比较好证啊。考虑，如果\(S\)中有重复元素，那么我们不妨给他们编一个号然后排序，我们考虑一个值\(x\)的贡献。当\(T\)中元素都\(>x\)时，那\(x\)这个值才会产生贡献，设\(>x\)的值有\(k\)个，那么他的贡献就是\(\sum_{1}^{k} \binom{k}{i}{(-1)^{i+1}}x\)，通过二项式定理可知只有当\(k=0\)即\(x\)为最大值时贡献为\(x\),其余都为\(0\)。证毕。下面内阁同理

拓展Min-Max容斥

第\(r\)大容斥:

\[\operatorname{kmax}(S)=\sum_{T\subseteq S,|T|\ge r}(-1)^{|T|-r}\binom{|T|-1}{r-1}\min(T) \]

证明目前不会，代办

实数分布

给定一个区间\([0,1]\)，在其中选\(k\)个数，求最小值的期望。相当于把\([0,1]\)分成\(k+1\)个区间，那么每个实数分到到每一个区间概率是相同的，所以这\(k+1\)个区间的长度期望上是相同的，所以最小值就是\(\frac{1}{k+1}\)，那么第\(r\)小就是\(\frac{r}{k+1}\)。