组合数学

你睁开眼睛，周身一片死寂，黑暗包裹着你；随后一片金色和蓝色缓慢升起，丝线缠绕，白色的裙袂在眼前飞舞。

你睁开眼睛，你看见了她，曾在去年的深秋与你立下约定。

她在叹息的盛夏向你发出邀请，在热烈的深秋与你相知相依。你记得的，她那时候说了什么？站在舞台之上，露出那种温柔的笑意，你很熟悉。她说：我们还会再见面，我还会站在你面前。

是啊，她答应你了，她说过还想见你。 你坐起身，去触碰她，但她笑着收回手。她看着你，眼睛一如既往美丽，闪烁绿色的荧光。她轻声说：再等等，与我相爱的人啊，再等候我吧。

我们一定会再见面的，在流光之奏中，在共鸣之音下。

然后她退后，星光缠绕着她，也缠绕着你。梦境将醒，但你并不惆怅——啊，你知晓的：你们马上要相见了。

——

---

组合计数

不会数数。

天依宝宝可爱！

---

常用恒等式

二项式定理：

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

杨辉三角（容易忘记用）：

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

范德蒙德卷积（重要的）：

\[\sum _{i=0} ^k \binom n i \binom m {k-i} = \binom {n+m} k \]

证明考虑把 \(n+m\) 个元素分成两份，一份有 \(n\) 个，另一份有 \(m\) 个，然后等号右边就是直接组合数，等号左边是先考虑两份分别选几个在加法原理。显然两者是等价的。

范德蒙德卷积的形式就是上标固定，下标和固定，且 \(\sum\) 能从 \(0\) 取到满。

变式 #1：

\[\sum _{i=-r} ^s \binom n {r+i} \binom m {s-i} = \binom {n+m} {r+s} \]

变式 #2：

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

变式 #3：

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

证明：因为 \(\binom m i = \binom m {m-i}\)，所以……就证出来了。

二项式反演：

令 \(f_i\) 为钦定有 \(i\) 个什么东西（\(\ge i\)）的方案数，\(g_i\) 为恰好 \(i\) 个的方案数，则有：

\[\begin{aligned} f_n & = \sum _{i=n} ^{\infin} \binom i n g_i \\ g_n & = \sum _{i=n} ^{\infin} (-1)^{i-n} \binom i n f_i \end{aligned} \]

其中 \(\infin\) 为题意中指定的上限。

令 \(f_i\) 为钦定最多 \(i\) 个（\(\le i\)）的方案数，\(g_i\) 为恰好 \(i\) 个的方案数，则有：

\[\begin{aligned} f_n & = \sum _{i=0} ^n \binom n i g_i \\ g_n & = \sum _{i=0} ^n (-1)^{n-i} \binom n i f_i \end{aligned} \]

严格证明见这里，但是因为这里是 OI 而不是 MO，所以只背过结论就可以了，并不需要证明。

记忆技巧：\(f\) 和 \(g\) 交换位置，\(\sum\) 不变，组合数不变，乘上一个 \(-1\) 的「\(n,i\) 中大的减小的」次方。

---

洛谷 P5505 | 二项式反演

思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *900

以前拿容斥做过，但是，

组合意义天地灭，代数推导保平安。

另 \(f_i\) 为钦定 \(i\) 个人不选所得到的方案数，枚举钦定的是哪些人，考虑隔板法，有：

\[f_i = \binom n i \prod _{j=1} ^m \binom {a_j + n - i - 1} {a_j} \]

然后反演得到 \(g_i\) 为恰好 \(i\) 个人不选的方案数，于是 \(g_0\) 即为所求。

求 \(f_i\) 的复杂度为 \(O(m)\)，求 \(g_0\) 需要 \(n\) 个 \(f_i\)，所以总复杂度 \(O(nm)\)。

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P4859

思维难度：\(\color{#52C41A} 绿\) *1600

怎么又是 dp，怎么 dp 总是在想不到的地方出现。

显然可以二项式反演，于是只需要求 \(f_i\) 表示钦定 \(i\) 组 \(a_x > b_y\) 的方案数。

但是发现这个东西好像不好直接组合数，所以考虑 dp。不过 dp 好像是三维的，不仅需要记录在两个序列分别遍历到了哪里，还要记录当前选了几对。

有一个很神奇的转化，注意到我们并不怎么关心两个序列分别遍历到了哪，只关心元素的相对大小，所以考虑把两个序列合并起来排序并标记每个元素来自哪个序列，这样就会惊奇地发现 dp 状态减少了一维，还更好转移。

令 \(g_{i,j}\) 为前 \(i\) 个元素，选了 \(j\) 对 \(a_x > b_y\) 的方案数，于是考虑当前元素属于 \(a\) 还是属于 \(b\)，若属于 \(a\) 再考虑是否与之前未选择的 \(b\) 中元素构成 \(a_x > b_y\) 的关系即可。

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P3214

思维难度：\(\color{#3498DB} 蓝\) *2000

神仙题。标「†」是神仙的地方。

那么就是要求 \(\{ 1,2,3\ldots,n \}\) 这个集合的若干个子集，†考虑转化为二进制表示 \(i\) 是否在所选子集内，那么就得到了 \(2^n\) 个集合，题意就转化成了在 \(2^n\) 个数中选 \(m\) 个满足以下条件：

1. 选择的数两两不同。
2. †所有数的异或和 \(=0\)。这是为了满足偶数的限制。
3. 不能选 \(0\)。

令 \(f_i\) 为满足上面条件的选 \(i\) 个数的方案。

为了满足异或和为 \(0\)，†可以这么想，考虑先随便选 \(i-1\) 个两两不同的元素，然后再选与这些元素的异或和相等的元素 \(x\)，于是总方案数就是 \(\binom {2^n - 1} {i - 1}\)。这里先不考虑算重，因为显然每个方案被算了 \(i\) 次，最后除以 \(i\) 即可。

但是这样就无法保证满足条件 #1 #3 了，因为随便选的元素的异或和是什么我们不知道，于是考虑单步容斥把这两部分砍掉。

先看 #3，可以发现当且仅当随便选的元素异或和为 \(0\) 时，才会出现 \(x\) 选 \(0\) 的情况，而这正好对应了 \(f_{i-1}\) 的定义，于是需要减掉 \(f_{i-1}\)。

再看 #1，我们需要在减去不满足 #1 的方案的情况下，不能多减不满足 #3 的方案。考虑当且仅当随便选的元素中出现 \(x\) 时会出现这种情况，于是枚举每个 \(x\)，那么剩下的 \(i-2\) 就需要满足异或和为 \(0\) 了，我们惊奇地发现正好对应的是 \(f_{i-2}\)。然后考虑对于一个 \(f_{i-2}\) 的方案，在 \(2^n - 1\) 个位置中已经确定了 \(i-2\) 个位置，于是还剩下 \(2^n - 1 - (i-2)\) 个位置可以放 \(x\)。所以要减去 \(f_{i-2} \times (2^n - 1 - (i-2))\)。

当然最后需要除以 \(i\)。

于是就得到了递推式：

\[f_i = \frac 1 i \left( \binom {2^n - 1} {i-1} - f_{i-1} - f_{i-2} \times (2^n - 1 - (i-2)) \right) \]

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P7322

思维难度：\(\color{#52C41A} 绿\) *1700

怎么想到的啊啊啊……

直接针对每个数统计出现次数，好像是可以做的，但是好像要容斥，好像复杂度还很不好保证。

考虑一个序列的滑动窗口 max，一定是分为若干段的，而且因为是排列所以每段都不同。所以只需要求 max 变化的次数就可以了。可以发现从 \([l,r]\) 到 \([l+1,r+1]\) 时 max 发生变化有这两种情况：

• \(\displaystyle \max _{i=l} ^{r+1} \{ a_i \} = a_{r+1}\)。
• \(\displaystyle \max _{i=l} ^{r+1} \{ a_i \} = a_l\)。

注意到两者其实是对称的，所以只需要求出第一个的答案然后乘 \(2\) 即可。

这部分数数是容易的。先枚举一个 \(a_{r+1}\)（令为 \(a_i\)），考虑这个窗口在什么位置，\(a_i\) 左边选 \(k\) 个 \(< a_i\) 的数是什么，以及窗口内和窗口外分别随便排列，则答案为：

\[\sum _{i=k+1} ^n (n-k) \binom {i-1} k k! (n-1-k)! \]

于是这个乘 \(2\) 即可。

注意到我们只统计了变化量但没有统计初始量，所以还要加上一个 \(n!\)。

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P2290

思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *1100

Prüfer 序列，可以把一棵树转化成一个序列，且树和序列之间构成双射。构造方式是每次选当前剩余的所有点中，编号最小的度数为 \(1\) 的点，将它连向的父节点编号插入序列末尾，并将这个点以及这条边删除。最后整棵树只剩 \(2\) 个点的时候结束。

那么就得到了一个长度为 \(n-2\) 的序列。可以发现这个序列可以随便排，总能找到唯一对应的一棵树。

Prüfer 序列的一些性质：

1. Prüfer 序列与无根树构成双射。
2. \(n\) 个有编号节点任意连边能构成不同（不是本质不同）的树的个数为 \(n^{n-2}\)；一个有 \(n\) 个节点的完全无向图的生成树个数为 \(n^{n-2}\)。
3. 度数为 \(d\) 的点在 Prüfer 序列中恰好出现 \(d-1\) 次。

于是这个题就转化成了让 \(i\) 在长度为 \(n-2\) 的序列中出现 \(d_i - 1\) 的方案数，显然就是可重集上的全排列了。

但是不取模，所以要预处理分解质因数。

submission

天依宝宝可爱！

---

CF559C

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1400

做过，原题是 AT_dp_y。

啊…？原来这个题我也做过。细思极恐。

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P3266

思维难度：\(\color{#3498DB} 蓝\) *2300

又是神仙题。

不过先不看这个题，而是考虑这样一个问题：

在一个平面坐标系上，给定起点 \((0,0)\) 和终点 \((n,m)\)，以及两条直线 \(y=x+a\) 和 \(y=x-b\)，求从起点走到终点且不经过两条直线的方案数。保证起点和终点都在两条直线之间。

如果没有限制，方案显然为 \(\binom {n+m} n\)。

如果只有一条直线的限制，考虑单步容斥。将不合法的路径翻折（仅翻折最后一次碰线之前的部分）后，可以发现这些路径都是从 \((0,0)\) 关于直线的对称点出发走到 \((n,m)\) 的，而且两者构成双射，所以直接减去这些路径就可以了。

那么考虑两条直线的情况。

懒得画图了，搬 题解 里的图吧。

如上图，可以发现这时候直接容斥是不好做的，因为极有可能算重。

那么不妨把不合法路径分为两类，令上面的直线为 \(a\)，下面的直线为 \(b\)，于是就可以根据一条不合法路径第一次碰的线的编号来区分了。这时候只需要找出其中一类怎么做就可以了，因为两类的做法是对称的。

再给一个定义。如果一条不合法路径碰线的顺序为 \(abbaab \ldots\)，则记为 ABAB，即把连续的相同字母合并。

然后再放图。

现在只对以 A 开头的路径分析。

还是考虑翻折，把一条不合法路径沿直线 \(a\) 翻折，那么得到了新起点以及方案数，如图中粉色线。但是可以发现，如果翻折后的路径在 \(y\) 轴方向延伸地过长，翻折回来的时候就会先碰到直线 \(b\)，再碰到直线 \(a\)，如图中的青色线。这时候就要把这些路径再加回来，也就是把 BA 开头的路径加回来。

那么 BA 开头的路径怎么算呢？依然是翻折，考虑将一条这样的路径先沿直线 \(b\) 翻折，再沿直线 \(a\) 翻折，于是又得到了新的起点。但是类似的，可以发现这样会多算 ABA 开头的路径……

进而，在算 ABA 的时候会多算 BABA；在算 BABA 的时候会多算 ABABA……

不过可以发现，这个过程是有尽头的！因为每次的新起点 \((x,y)\) 会距离 \((0,0)\) 越来越远，直到 \(x > n \lor y > m\) 的时候就会结束，因为这时候就不存在任何满足条件的路径了。

注意到每次距离 \((0,0)\) 的相对位置至少增加 \(1\)，所以复杂度是 \(O(n)\) 量级的，可以感性理解。

然后再回到这个题，发现事情远远没有那么简单（）

先不考虑上面那个东西和这个题有什么关系。从题本身出发。

容易注意到 \(0 \le x_{i,j} \le m\)，\(x_{i,j} < x_{i,j+1}\)，而矩阵宽度正好为 \(m\)，所以一行中的数一定是严格单增且只有一个数字不出现。所以可以这么 dp，设 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 行，数字 \(j\) 不出现的方案数。转移考虑如何可以满足 \(x_{i,j} < x_{i-1,j+1}\) 的限制，有：

\[f_{i,j} = \sum _{x=0} ^{j+1} f_{i-1,x} \]

可以发现这个式子实际上就是算前缀和，所以可以转化为：

\[f_{i,j} = f_{i-1,j+1} + f_{i,j-1} \]

把这个转移拍到坐标系上，可以发现就是下图的合法路径条数。

然后再把斜线掰直，并将第 \(i\) 行的点右移 \(i\) 格；注意到最左边的向上的线掰不动，所以需要新建点，拆成向上向右两条线。于是就变成了我们想要的形式，也就是最上面那个图。

终点坐标为 \((n+m+1,n)\)，两条直线分别为 \(y=x+1\) 与 \(y=x-(m+2)\)。

submission

天依宝宝可爱！