排列组合与方案统计问题

基础定义

加法原理

完成一件事情，可以有\(n\)类办法，在第一类办法中有\(m_1\)种不同的方法，在第二类办法中有\(m_2\)种不同的方法，……，在第\(n\)类办法中有\(m_n\)种不同的方法，那么完成这件事共有\(N = m_1 + m_2 + \cdots + m_n\)种不同的方法。

例如，从武汉到上海有乘火车、飞机、轮船\(3\)种交通方式可供选择，而火车、飞机、轮船分别有\(k_1\)，\(k_2\)，\(k_3\)个班次，那么从武汉到上海共有\(k_1 + k_2 + k_3\)种方式可以到达。

乘法原理

完成一件事情，需要分成\(n\)个步骤，做第一步有\(m_1\)种不同的方法，做第二步有\(m_2\)种不同的方法，……，做第\(n\)步有\(m_n\)种不同的方法，那么完成这件事有\(N = m_1×m_2×\cdots×m_n\)种不同的方法。

例如，在密码学中，一个由数字\(0\)～\(9\)组成的四位密码的可能性为\(10×10×10×10 = 10000\)种，因为每一位都有\(10\)种可能（\(0\)～\(9\) ）。

两个原理的区别：一个与分类有关，另一个与分步有关。加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”。

容斥原理

容斥原理的基本思想是先不考虑重叠的情况，把包含某内容的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排除，使计算的结果既无遗漏又无重复。这种方法可以使重叠部分不被重复计算，从而得到更准确的结果。

假设一个班级里有\(50\)名学生，其中\(20\)名学生参加了数学奥赛，\(30\)名学生参加了物理奥赛，\(15\)名学生同时参加了数学和物理奥赛。我们需要找出这个班级里一共有多少名学生参加了至少一项奥赛。

首先，把参加数学奥赛的学生数（\(20\)人）和参加物理奥赛的学生数（\(30\)人）加起来，得到\(50\)人。但是，这\(50\)人中包含了同时参加两项奥赛的\(15\)名学生，这部分学生被重复计算了一次。所以需要从总数中减去这\(15\)名学生，以消除重复计数。

故最终参加至少一项奥赛的学生数为：
\(20\)（参加数学奥赛）$ + 30\(（参加物理奥赛）\)- 15\(（同时参加两项奥赛）\) = 35$人。

容斥原理的集合形式如下：
两个集合：\(A\cup B = A + B - A\cap B\)
三个集合：\(A\cup B\cup C = A + B + C - A\cap B - B\cap C - C\cap A + A\cap B\cap C\)
\(N\)个集合：
\(\vert A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n\vert = \sum_{1\leq i\leq n}\vert A_i\vert - \sum_{1\leq i < j\leq n}\vert A_i\cap A_j\vert + \sum_{1\leq i < j < k\leq n}\vert A_i\cap A_j\cap A_k\vert - \cdots + (-1)^{n - 1}\vert A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n\vert\)

排列数

在 \(n\) 个元素集中选 \(m\) 个组成一个有序子集，有多少种不同子集？

将这个值记为 \(A_n^m\)

\(A_n^m = {{n!}\over{(n-m)!}}\)

下面是理论证明

从 \(n\) 个元素中选取 \(m\) 个元素的方案为

\(n*(n-1)*...*(n - m + 1)\)

这里要加一是因为直接 \(n-m\) 子集的大小就多了一，所以要加上

\(\qquad A_n^m\)

\(= n*(n-1)*...*(n - m + 1)\)

\(={(n*(n-1)*...*(n - m + 1) * (n - m) * (n - m - 1)*...*1) \over {(n - m) * (n - m - 1)*...*1}}\)

\(={n! \over (n - m)!}\)

证毕

组合数

那么如果这个子集是无序的，子集方案数记为

\(C_{n}^{m} = \tbinom{n}{m}\)

这里C和大圆括号的\(n,m\)上下就是相反的，没打错

\(C_{n}^{m} = {{n!}\over{m!(n-m)!}}\)

下面证明

已知 \(A_n^m = {{n!}\over{(n-m)!}}\) 要把重复集合去掉

对于任意一个元素数量为 \(m\) 的集合，期中元素的排列组合数为 \(m!\)

由于排列数对于任意一个长度为 \(m\) 的组合都重复计算了 \(m!\) 次，故将 \(A_n^m\) 除掉 \(m!\) 即可。 故

\(C_{n}^{m} = {{A_n^m}\over{m!}} = {{n!}\over{m!(n-m)!}}\)

组合数恒等式

帕斯卡 / 杨辉三角公式

\(C_{n}^{m} = C_{n-1}^{m} + C_{n-1}^{m-1}\)

证明

从\(n\)个元素的集合\(S\)中选\(m\)个作为子集，对于 \(a \in S\), 有2中情况

1. \(a\) 不在子集中，那么方案为

   \(C_{n - 1}^{m}\)

   因为不选a，所以集合中有效元素减少为 \(n-1\) 个

2. \(a\) 在子集中，那么方案为

   \(C_{n - 1}^{m - 1}\)

   因为已经确定1个元素了，那么有效集和子集都各减少了1个名额

   因为

   \(在n中选m = 选a的情况 + 不选a的情况\)

   所以

   \(C_{n}^{m} = C_{n - 1}^{m} + C_{n - 1}^{m - 1}\)

   证毕

基础问题

盒子与球问题

现在有 \(n\) 个球， \(m\) 个盒子， 要将球放在盒子中

	盒子	是否可以存在空盒子
球	相同	不同
盒子	相同	不同
是否可以存在空盒子	可以为空	不可以为空

总共存在 \(8\) 种子问题

1. 球相同， 盒子不同， 不能存在空盒子

隔板法， 想象将 \(n\) 个球拍成一列， 在每两个球之间的都可以插入一个隔板，总共有\(n-1\)个缝隙给你插。 隔板就起到了分割球分属不同盒子的作用， 总共插入 \(m - 1\) 个隔板， 答案就为 \(C_{n-1}^{m-1}\)

就像这样

O | O |O O

结论为 \(C_{n-1}^{m-1}\)

2. 球相同， 盒子不同， 可以存在空盒子

假设现在每个盒子里放置一个球，一共多放置 \(m\) 个球， 现在就等价为情况 \(1\).

结论为： \(C_{n + m -1}^{m-1}\)

3. 球相同， 盒子相同， 可以存在空盒子

我们设 \(f[n][m]\) 为将 \(n\) 个球放在 \(m\) 个盒子里的方案数

如果 \(n < m\), 那么此时必然存在至少 \(m-n\) 个空盒子，由于盒子相同，所以可以直接将这些空盒子扔掉， 故 \(f[n][m] = f[n][n] (n < m)\)

如果 \(n>=m\)，此时可以选择将所以盒子都有球或部分盒子没球

(1) 让部分盒子没球， 那么方案数从 \(f[i][j-1]\) 继承

(1) 盒子都有球， 那么方案数从 \(f[i - j][j]\) 继承

\(f[i][j] = f[i][j-1] + f[i-j][j]\)

如果没有球或者只有一个盒子，此时方案数为1，即 \(f[i][1] = f[0][j] = 1\)

for(ll i = 0;i <= n;i++){
    for(ll j = 1;j <= m;j++){
        if(j ==  1|| i == 0) {
            f[i][j] = 1;
            continue;
        }
        if(i < j) {
            f[i][j] = f[i][i];
            continue;
        } 
        f[i][j] = f[i-j][j]+f[i][j-1];
    }
}

4. 球相同， 盒子相同， 不能存在空盒子

先给每个箱子分一个球，总共分 \(m\) 个球， 接下来就把剩下的 \(n-m\) 个球随便分就行了，就像 (3) 一样

5. 球不同， 盒子不同， 可以存在空盒子

每个球都有 \(m\) 个盒子选择， 故答案为 \(m^n\)

结论为: \(m^n\)

6. 球不同，盒子相同，无空盒

这个问题需要拓展第二类斯特林数。

将 $ S_2(n,m) $ 读作关于 $ n,m $ 的第二类斯特林数。

两种求法：

• 递推：
  $ S_2(n,m) = S_2(n - 1, m - 1) + mS_2(n - 1, m) $
  单独看第一个球，如果第一个球独立存在于一个盒子里面。那么就是 $ S_2(n - 1, m - 1) $。
  如果不是如此，那么就是把这个球放在任意的盒子里面。也就是在 $ S_2(n - 1, m) $ 的情况下，找一个盒子塞进去一个球，因为有 $ m $ 个盒子所以就乘 $ m $。

• 容斥：
  $ S_2(n,m) = \frac{1}{m!} \sum_{k = 0}^{m} (-1)^k C_m^k (m - k)^n $
  （说实话可能需要用到多项式的知识，所以完全不会）

联系问题5，问题6还可以得到一个性质
$ n^k = \sum_{i = 0}^{k} S_2(k, i) * i! * C_n^i$

什么意思呢？
左边指的是，$ k $ 个球任意的放在 $ i $ 个盒子里(5)
右边，我们枚举有多少个非空的盒子数 $ i $（盒子不同，乘上 $ i! $），再乘上我们选盒子的方案数。

S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=i;j++){
        S[i][j]=S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j];
    }
}

7. 球不同，盒子不同，无空盒

与上面问题6基本相同，只需要乘 $ m! $ 即可，结果为 $ m! * S_2(n,m) $。

8. 球不同，盒子相同，有空盒

也是对6的拓展，只需要枚举非空盒子的对应的方案数量即可，即 $ \sum_{i = 1}^{m} S_2(n,i) $。

对于这个问题我们再引入一个数列——贝尔数。
贝尔数 $ B_n $ 更常见的定义为，将 $ n $ 个数的集合所有的划分方式，你可以认为这是问题8在盒子数与球数相同时的解。
它有一个递推公式：
$ B_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} C_n^k B_k $

证明：
假设，$ B_{n + 1} $ 是含有 $ n + 1 $ 个元素集合的划分个数。
先单独拿出一个元素。

• 这个元素分为一类，剩下 $ n $ 个元素，有 $ C_n^n B_n $；
• 这个元素和某1个单独元素分成一类，$ C_n^{n - 1} B_n $；
• 这个元素和某2个单独元素分成一类，$ C_n^{n - 2} B_n $；
  求和可得。

在关注问题8和贝尔数就可以得到贝尔数和第二类斯特林数的关系：
$ B_n = \sum_{k = 0}^{n} S_2(n,k) $

错位排列问题

现在又一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\), $A_i = i $

求满足 $A'_i \neq i $ 的 \(A\) 的排列的数量

我们记长度为 \(n\) 的错位排列数量为 \(d(n)\)

首先， 数字 \(n\) 不可以放在 \(A'[n]\)

对于剩下 \(n-1\) 个数的错位排序

假设第 \(n\) 封信 \(a\) 占据了 \(b\) 的位置 , 那么此时 \(b\) 放在哪个信封分两种情况 , \(b\) 放在 \(a\) 位置 , 或 \(b\) 不放在 \(a\) 位置

(1)第一类：第一种情况是 \(b\) 放在 \(a\) 位置，剩下 n 一 2 封信进行错排，方案数是 \(d(n-2)\)

(2) 第二种情况是 \(b\) 没有去 \(a\) 的位置，那么 \(b\) 可能出现在除 \(a\) 之夕卜的可位置， \(b\) 有 \(n-2\) 个位置可以去，不能去 \(a\), \(b\) 位置其余所有元素都有 \(n-2\) 个位置可以去 (a, b 已占用位置不能去)，这种情况下相当于除 \(a\) 之外的其它元素的错排问题，即 \(n-1\) 个元素的错排问题，方案数是 d(n-1)

加法原理， 此时除去第 \(n\) 封信， 其他总共有 \(d(n-1)+d(n-2)\) 种可能

结论就是 \(d(n) = (n-1)*(d(n-1)+d(n-2))\)