排列组合+球与盒子十二重计数法

今天我们来讲讲排列组合。

基础公式

这个就不讲了，直接列出来吧。

排列：$A_n^m = \frac{n!}{(n-m)!}$

组合：$C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!} $

一些类型

圆排列

从 $n$ 个元素的序列 $A$ 中，取出 $k$ 个元素排列成一个圆，求使得不同的圆排列的排列数。

公式：$\frac{A_n^k}{k}$

推导：

步骤计算直线排列

首先，我们假设这 $r$ 个元素排成一排。根据排列公式，方案数为：

\[P_n^r = \frac{n!}{(n-r)!} \]

步骤 2：分析重复性

对于任何一个圆排列，如果我们将其在圆周上的 $r$ 个位置依次作为起点“断开”并拉直，可以得到 $r$ 个不同的直线排列。
例如，圆排列 $(A, B, C, D)$ 对应以下 4 个直线排列：

$(A, B, C, D)$
$(D, A, B, C)$
$(C, D, A, B)$
$(B, C, D, A)$

步骤 3：得出结论

因为每 $r$ 个直线排列只对应 1 个圆排列，所以圆排列总数 $Q_n^r$ 为：

\[Q_n^r = \frac{P_n^r}{r} = \frac{n!}{r \cdot (n-r)!} \]

有重复元素的全排列

假设有 $n$ 个元素，其中：

元素 $a_1$ 重复出现了 $n_1$ 次；
元素 $a_2$ 重复出现了 $n_2$ 次；
...
元素 $a_k$ 重复出现了 $n_k$ 次；
且满足 $n_1 + n_2 + \dots + n_k = n$。求这 $n$ 个元素的全排列数目。

推导方法：消除重复法

步骤 1：假想所有元素互不相同

如果我们暂时忽略重复，把这 $n$ 个元素都看作是唯一的（例如给重复的元素贴上 $1, 2, 3 \dots$ 的标签）。
此时，全排列的总数就是：

\[N_{total} = n! \]

步骤 2：分析重复造成的冗余

考虑其中一种元素 $a_i$，它出现了 $n_i$ 次。
在上述 $n!$ 种排列中，如果我们只改变这 $n_i$ 个相同元素之间的相对位置，而保持其他元素位置不变，得到的排列在视觉上是完全一样的。

这 $n_i$ 个相同元素内部的直线排列数为 $n_i!$。
也就是说，每一种真实的排列方式，在 $n!$ 中都被重复计算了 $n_i!$ 次。

步骤 3：得出最终公式

为了得到不重复的排列数，我们需要从总数中依次除去每种重复元素内部的全排列数：

\[W = \frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdot \dots \cdot n_k!} \]

另一种视角：组合位置法

我们也可以用“占座”的思想来推导：

从 $n$ 个空位中选出 $n_1$ 个位置放元素 $a_1$：方案数为 $C_n^{n_1}$；
从剩下的 $n - n_1$ 个位置中选出 $n_2$ 个位置放 $a_2$：方案数为 $C_{n-n_1}^{n_2}$；
...以此类推。

总排列数为：

\[W = C_n^{n_1} \cdot C_{n-n_1}^{n_2} \cdot C_{n-n_1-n_2}^{n_3} \dots C_{n_k}^{n_k} \]

展开组合数公式后，中间项会全部约去，结果同样指向：

\[W = \frac{n!}{n_1! n_2! \dots n_k!} \]

容斥原理

1. 核心思想

在计数时，为了计算几个集合的并集的大小，如果我们直接将各个集合的大小相加，重叠的部分就会被重复计算。
容斥原理的核心就是：先不考虑重叠直接相加（包含），再减去重复计算的部分（排除），如此反复调整直到结果准确。

2. 从两个集合开始 (n = 2)

假设有两个集合 $A$ 和 $B$：

我们想求 $|A \cup B|$（$A$ 或 $B$ 发生的总数）。
直接相加：$|A| + |B|$。此时，中间重叠的部分 $|A \cap B|$ 被加了 2 次。
减去重复：
\[|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B| \]

3. 三个集合的情况 (n = 3)

对于集合 $A, B, C$，推导过程如下：

加：$|A| + |B| + |C|$ （两两重叠部分被多算了，三者重叠部分被算了 3 次）。
减：$- |A \cap B| - |B \cap C| - |C \cap A|$ （两两重叠补回来了，但三者重叠部分被减了 3 次，现在计数为 0）。
补：$+ |A \cap B \cap C|$ （把三者重叠的部分补回来）。

公式为：

\[|A \cup B \cup C| = (|A| + |B| + |C|) - (|A \cap B| + |B \cap C| + |C \cap A|) + |A \cap B \cap C| \]

4. 一般性公式（通式）

设 $S$ 为全集，$P_1, P_2, \dots, P_n$ 为 $n$ 个属性，则满足至少一个属性的元素个数为：

\[\left| \bigcup_{i=1}^n A_i \right| = \sum_{i=1}^n |A_i| - \sum_{1 \le i < j \le n} |A_i \cap A_j| + \sum_{1 \le i < j < k \le n} |A_i \cap A_j \cap A_k| - \dots + (-1)^{n-1} |A_1 \cap \dots \cap A_n| \]

简单技巧：奇加偶减

选出 1 个集合的交集：前面符号为 $(-1)^{1-1}$ (正)
选出 2 个集合的交集：前面符号为 $(-1)^{2-1}$ (负)
选出 $k$ 个集合的交集：前面符号为 $(-1)^{k-1}$

错位排列

1. 定义

错位排列是指将 $n$ 个元素进行全排列，使得每一个元素都不在它原本的位置上。
通常用 $D_n$ 或 $f(n)$ 表示 $n$ 个元素的错排数。

例如：$n=3$ 时，原序列为 $(1, 2, 3)$，错排有 $(2, 3, 1)$ 和 $(3, 1, 2)$ 两种，$D_3 = 2$。

2. 递推公式推导（核心逻辑）

我们考虑将第 $n$ 个元素放到前面的某个位置（假设是第 $i$ 个位置，其中 $1 \le i \le n-1$）。

情况 1：第 $i$ 个元素跑到了第 $n$ 个位置

此时 $n$ 和 $i$ 相当于“互换”了位置。
剩下的 $n-2$ 个元素只需要完成它们自己的错排即可。
方案数为：$D_{n-2}$。

情况 2：第 $i$ 个元素没有跑到第 $n$ 个位置

此时我们可以把第 $n$ 个位置看作是第 $i$ 个元素的“禁区”。
相当于剩下的 $n-1$ 个元素（包括元素 $i$）在 $n-1$ 个位置上做错排。
方案数为：$D_{n-1}$。

结论

由于 $i$ 的取值有 $n-1$ 种选择（从 $1$ 到 $n-1$），根据加法原理和乘法原理，递推公式为：

\[D_n = (n-1) \cdot (D_{n-1} + D_{n-2}) \]

初始条件： $D_1 = 0, D_2 = 1$。

十二重计数法（球与盒子）

球 (n)	盒子 (m)	限制条件	计算公式	备注
区分	区分	无限制	$m^n$	每一个球有 $m$ 种选择
区分	区分	至多一个 ($\le 1$)	$P(m, n) = \frac{m!}{(m-n)!}$	排列数（若 $n > m$ 则为 0）
区分	区分	至少一个 ($\ge 1$)	$m! \cdot S_2(n, m)$	$S_2$ 为第二类斯特林数
不区分	区分	无限制	$\binom{n+m-1}{m-1}$	隔板法（可空）
不区分	区分	至多一个 ($\le 1$)	$\binom{m}{n}$	组合数
不区分	区分	至少一个 ($\ge 1$)	$\binom{n-1}{m-1}$	隔板法（不空）
区分	不区分	无限制	$\sum_{i=1}^m S_2(n, i)$	贝尔数的子集
区分	不区分	至多一个 ($\le 1$)	$[n \le m]$	只能是 1 或 0
区分	不区分	至少一个 ($\ge 1$)	$S_2(n, m)$	第二类斯特林数定义
不区分	不区分	无限制	$P_m(n+m, m)$	整数拆分（至多 $m$ 份）
不区分	不区分	至多一个 ($\le 1$)	$[n \le m]$	只能是 1 或 0
不区分	不区分	至少一个 ($\ge 1$)	$P_m(n, m)$	整数拆分（恰好 $m$ 份）

组合数 C(n, k):
- 使用递推 C[i][j] = C[i-1][j-1] + C[i-1][j] 实现。
第二类斯特林数 S2(n, m):
- 定义：将 n 个不同元素划分为 m 个非空循环（集合）。
- 递推：S[i][j] = j * S[i-1][j] + S[i-1][j-1]。
- 边界：S[i][i] = 1, S[i][1] = 1。
整数拆分 p(n, m):
- 定义：将整数 n 拆分为不超过 m 个正整数之和。
- 递推：f[i][j] = f[i-j][j] + f[i][j-1]。

posted @ 2026-02-28 19:13 OiLight 阅读(184) 评论(0) 收藏举报

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