组合数学学习笔记

前言

本篇笔记主要参考了学长 YYR 的 PPT。

组合数学是数学中一个庞大的分支，在 OI 中也占有一些比重。因此，了解基础的组合数学知识也对 OI 非常重要。

目录

• 组合数
• 容斥
• 卡特兰数
• 二项式系数 （upd on 2020/8/2)

组合数

基本概念

排列数： 从 \(n\) 个不同元素中，选择其中 \(m\) 个元素并进行排列的方案数，记作 \(A(n,m)\) 或者 \(A^m_n\) 。

• 排列数的计算： \(A^m_n=\frac{n!}{(n-m)!}\)

组合数： 从 \(n\) 个不同元素中，选择其中 \(m\) 个元素作为一个组合的方案数，记作 \(C(n,m)\)或者 \(C^m_n\) 。

• 组合数的计算： \(C^m_n=\frac{n!}{(n-m)!m!}\)
• 组合数的性质：
  • 1. \(C(n,m)=\frac{A(n,m)}{m!}\)
  • 2. \(C(n,m)=C(n,n-m)\)
  • 3. \(C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)\)

杨辉三角形

一个与组合数密切相关的三角形。形如：

1
1   1
1   2   1
1   3   3   1
1   4   6   4   1
1   5   10  10  5  1

显然，某一项的数字为其正上方和左上方的数字之和。我们发现，杨辉三角第 \(n\) 行第 \(m\) 列上的数字即为 \(C(n,m)\)（行列标号从 \(0\) 起始）。这也符合上面的性质 \(3\)： \(C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)\)。

二项式定理

基本形式：\((x+y)^n=\sum_{i=1}^{n} C^i_n x^n y^{n-i}\)

注意到，对于 \((x+y)^n\) 展开后的系数其实和杨辉三角第 \(n\) 行的系数一致。比如说 \((x+y)^3\) 的系数就为 \(1,3,3,1\)。

组合数算法

算法 \(\texttt{A}\)：杨辉三角递推

注意到杨辉三角形，我们显然可以写出递推式 \(C(i,j)=C(i-1,j-1)+C(i-1,j)\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

算法 \(\texttt{B}\)：用阶乘计算

我们有组合数的计算公式 \(C^m_n=\frac{n!}{(n-m)!m!}\)，可以预处理出 \(n!\) 的值和 \(n!\) 的逆元。注意这个方法只有当模数 \(P>n\) 且为质数时才成立。

当 \(P<n\) 且为质数时，我们要考虑 \(n\) 以内 \(P\) 的倍数。令 \(fac[n]\) 为 \(n! \mod P\)，\(facinv[n]\) 为 \(fac[n]\) 在 \(P\) 下的逆元。

我们令 \(times[i]\) 表示 \(i!\) 中 \(P\) 的出现次数（即 \(i!\) 唯一分解后，\(P\) 对应的指数），而 \(fac[i]\) 和 \(facinv[i]\) 对应需要把 \(P\) 排除在外（递推过程中，假设需要乘上 \(k\)，则先将 \(k\) 尽可能地除以 \(P\)）。

则计算 \(C(n, m)\) 时，首先判断 \(times[n]-times[m]-times[n-m]\) 是否为 \(0\)，不为 \(0\) 时则答案为 \(0\)，否则答案仍为 \(fac[n] \times facinv[m] \times facinv[n-m] \mod p\)。

Lucas 定理

用来计算组合数的另一种算法，适用于当 \(n\) 较大以至于 \(O(n)\) 处理都不行，而模数 \(p\) 较小且为质数的情况。运用 Lucas 定理求组合数的复杂度为 \(O(\log_pn)\)。

• Lucas 定理基本内容：\(C(n, m) \bmod p =C\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor\right) * C(n \bmod p, m \bmod p) \bmod p\)

这里省略了有关证明，可自行百度。

习题

• 有 \(a\) 个白球、\(b\) 个黑球进行排列，球之间仅有黑白之分，即两个方案不同当且仅当某一位置球的颜色不同，求方案数。

【解答】从 \(a+b\) 个位置中选出 \(a\) 个位置放白球即可，答案为 \(C_{a+b}^a\)。

• 有 \(n\) 个球，放入 \(m\) 个盒子，球没有区别，盒子有区别。求方案数。

【解答】插板法。相当于 \(n+m-1\) 个位置中选出 \(m-1\) 个位置作为插板。答案即 \(C_{n+m-1}^{m-1}\)。

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容斥

容斥原理

\(\left|\bigcup_{i=1}^{n}\right|=\sum\limits_{i=1}^{n}\left|A_{i}\right|-\sum\limits_{i, j, 1\leq i<j \leq n}\left|A_{i} \cap A_{j}\right|+\sum\limits_{i, j, k, 1 \leq i<j<k \leq n}\left|A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}\right|-\cdots+(-1)^{n-1}\left|A_{1} \cap A_{2} \cap \cdots \cap A_{n}\right|\)

利用这个公式，我们可以实现常见的交集转并集，大大简化运算的复杂度。注意容斥原理的一定是加减交替。

• 容斥原理证明：
  考虑证明，对于并集中的任一元素 \(t\)，其在右式中仅被计入一次。假设 \(t\) 被 \(s\) 个集合包含。
  选择 \(1\) 个集合的交集时，对该元素计入次数贡献为 \(+C_s^1\)。
  选择 \(2\) 个集合的交集时，对该元素计入次数贡献为 \(-C_s^2\)。
  最终元素 \(t\) 的被计入次数为 \(C_{s}^{1}-C_{s}^{2}+C_{s}^{3}-C_{s}^{4}+\cdots+(-1)^{s-1} C_{s}^{s}\)。
  由「二项式定理」我们知道 \((1-1)^{s}=C_{s}^{0}-C_{s}^{1}+C_{s}^{2}-\cdots+(-1)^{s} C_{s}^{s}=0\)，因而元素 \(t\) 的被计入次数为 \(C_s^0 = 1\)。
  证毕。

习题

• [HAOI2008] 硬币购物

  题意：有四种面额的硬币，面值分别为 \(c_1, c_2, c_3, c_4\)，硬币数目分别为 \(d_1, d_2, d_3, d_4\)，现要购买价值恰为 \(s\) 的产品，试问有多少种方案。(\(d_i, s \le 100000\))

  解题：首先假设没有上限，那么可以直接跑无限背包。当有上限的时候，可以从总方案中减去不合法的方案数，求不合法的方案数可以先假设该硬币超过了其面值，即 \(c_i \times (d_i+1)\)，然后一样的无限背包。最后容斥一下即可。

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卡特兰数

定义

• 定义： 对于满足 \(h(0)=h(1)=1\)，以及递推式 \(h(n)=h(0)h(n−1)+h(1)h(n−2)+…+h(n−1)h(0)\) 的数列 \(h\)，称其为卡特兰数。

• 通项公式： \(h(n)=\frac{C_{2n}^n}{n+1}\)

经典问题

• 有 \(n\) 个元素要进栈，依次编号为 \(1\sim n\)，每次你可以选择将下一个未入栈的元素入栈，或是将栈顶元素弹出并记录。最终将得到一个长为 \(n\) 的出栈序列，出栈序列的方案数以为 \(h(n)\) 种。

  证明：假设当前出栈的元素为 \(k\)，\(k\) 出栈后栈空。则两部分 \(1 \sim k-1\) 和 \(k+1 \sim n\) 变为了两个子问题，且他们相互独立。对于当前这个元素 \(k\)，方案数 \(h(n) += h(k-1) \times h(n-k)\)。最后 \(h(n)\) 即为 \(\sum\limits^{n-1}_{i=0} h(i) \times h(n-1-i)\)，此即卡特兰数。

• \(1 \sim n\) 一共 \(n\) 个数按照中序递增形成了一棵排序二叉树，问有多少个不同的排序二叉树。两棵树不同，当且仅当存在一个结点，在两树中的左儿子或右儿子不同。答案即为 \(h(n)\)。

  证明：和上面一样，假设当前根节点为 \(k\)，下面有 \(n\) 个节点。则 \(1 \sim k-1\) 必然在 \(k\) 左侧，而 \(k+1 \sim n\) 必然在 \(k\) 右侧，然后可以递归求解，两个子问题相互独立。因此对于当前这个根节点 \(k\)，方案数增加了 \(h(k-1) \times h(n-k)\)，最后即为卡特兰数。

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二项式系数

这玩意儿一般是在具体数学中学的。鉴于个人感觉这东西和组合数还是有点关联，于是放在这里说。

定义

二项式系数：

\[\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{n^{k \downarrow}}{k !}, & k \geq 0 \\ 0, & k<0 \end{array}\right. \]

• 下降幂 \(n^{k \downarrow}=n(n-1) \ldots(n-k+1)\)
• 其中，\(n \in \mathbb{R},k \in \mathbb{Z}\)

其实，\(C(n,k)\) 亦可以写作 \(\dbinom{n}{m}\)，但也不完全相同。仅当 \(n \in \mathbb{N},k \in \mathbb{N}\) 时两者是相等的。

整数域的杨辉三角形

n = -2: 1  -2   3  -4   5  -6
n = -1: 1  -1   1  -1   1  -1
n = 0:  1   0   0   0   0   0
n = 1:  1   1   0   0   0   0
n = 2:  1   2   1   0   0   0
n = 3:  1   3   3   1   0   0
n = 4:  1   4   6   4   1   0
n = 5:  1   5   10  10  5   1

单个二项式系数的公式

• 自然数下的定义式

\[\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right)=\frac{n !}{k !(n-k) !}, \quad n \in \mathbb{N}, \quad n \geq k \geq 0 \]

• 加法公式

\[\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} n-1 \\ k-1 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ k \end{array}\right), \quad n \in \mathbb{R}, k \in \mathbb{Z} \]

• 对称公式（仅限自然数域）

\[\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n \\ n-k \end{array}\right), \quad n \in \mathbb{N} \]

• 上指标反转

\[\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right)=(-1)^{k}\left(\begin{array}{c} k-n-1 \\ k \end{array}\right), \quad n \in \mathbb{R}, k \in \mathbb{Z} \]

• 吸收公式

\[k\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right)=n\left(\begin{array}{l} n-1 \\ k-1 \end{array}\right),\quad n \in \mathbb{R}, k \in \mathbb{Z} \]

二项式系数的和式

• 上指标求和 I

\[\left(\begin{array}{l} 0 \\ m \end{array}\right)+\left(\begin{array}{l} 1 \\ m \end{array}\right)+\cdots+\left(\begin{array}{l} n \\ m \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} n+1 \\ m+1 \end{array}\right) \]

• 上指标求和 II

\[\left(\begin{array}{l} n \\ 0 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} n+1 \\ 1 \end{array}\right)+\cdots+\left(\begin{array}{c} n+m \\ m \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n+m+1 \\ m \end{array}\right) \]

• 对于自然数 \(n\)，一行的交错和为 \([n=0]\)，即 \(\sum\limits_{m=0}^{n}(-1)^m \dbinom{n}{m} = [n=0]\)。

范德蒙德卷积

\[\sum_{k}\left(\begin{array}{c} r \\ m+k \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} s \\ n-k \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} r+s \\ m+n \end{array}\right) \]

范德蒙德卷积还有许多导出结论。但这个基本柿子是需要记住的。

二项式反演

\[\begin{array}{c} g(n)=\sum_{k}(-1)^{k}\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) f(k) \Longleftrightarrow f(n)=\sum_{k}(-1)^{k}\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) g(k) \\ g(n)=\sum_{k}\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) f(k) \Longleftrightarrow f(n)=\sum_{k}(-1)^{n-k}\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) g(k) \end{array} \]

第二个公式一般更加常用。该公式常用于容斥相关的计数问题，常与 dp 相结合。