【6】组合计数学习笔记
前言
关于今天发现自己连快速幂都忘记怎么写这件事
这篇博客是组合计数基础，由于大部分内容都是 \(6\) 级，所以我就给整个提高级的组合数学评了 \(6\) 级。
UPD on \(2025.7.19\)：优化大量格式与内容问题。
组合计数基础
加法原理与乘法原理
加法原理（分类计数原理）：完成一件事有 \(n\) 类方法，第一类办法有 \(m_i\) 种，第二类办法有 \(m_2\) 种……第 \(n\) 类办法有 \(m_n\) 种，那么完成这件事的方法数（记为 \(N\)）为：
乘法原理（分步计数原理）：完成一件事有 \(n\) 步，第一类步有 \(m_i\) 种方法，第二步有 \(m_2\) 种方法……第 \(n\) 步有 \(m_n\) 种方法，那么完成这件事的方法数（记为 \(N\)）为：
加法原理步骤相互独立，任何一种都能独立完成这件事；乘法原理步骤缺一不可，缺少任意一种就不能完成这件事。
排列与组合
排列：从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素，按照不同顺序排成一列，叫做从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素的排列，记作 \(A^{m}_n\) 。
排列数计算公式：
组合：从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素，并成一组，叫做从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素的组合，记作 \(C^{m}_n\)，也可以记作 \(\binom{n}{m}\)。
组合数计算公式：
与顺序有关的为排列问题，与顺序无关的为组合问题。
例题 \(1\) ：
由 \(0,1,2,3,4,5\) 可以组成多少个没有重复数字的五位奇数?
由于首位和末位有特殊要求，应该优先安排，以免不合要求的元素占了这两个位置。
先排末位有 \(C^1_3\) 种方法，再排首位有 \(C^1_4\) 种方法，最后排剩下的有 \(A^3_4\) 种方法。
最后由乘法原理得到答案 \(N\) 为：
例题 \(2\) ：
\(7\) 种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间也不种在两边,有多少不同的种法?
由于特殊的两种葵花有特殊要求，应该优先安排，以免不合要求的元素占了这四个位置。
先排两盆特殊的葵花有 \(A^2_4\) 种方法，再排剩下的有 \(A^5_5\) 种方法。
最后由乘法原理得到答案 \(N\) 为：
组合数的性质：
\(1\) ：\(C^0_0=C^n_n=1\)
\(2\) ：\(C^m_n=C^{n-m}_n\)
原因：从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素，也就是从 \(n\) 个不同元素中不选择 \(n-m\) 个元素，方法数一样。
\(3\) ：\(C^n_m=C^{n-1}_{m-1}+C^{n}_{m-1}\)
原因：从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素，如果其中一个元素不取，那么就变成了从 \(n-1\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素；如果其中一个元素取，那么就变成了从 \(n-1\) 个不同元素中取出 \(m-1\) 个元素。再根据加法原理，得出这条性质。
组合数的求法
求法 \(1\) ：杨辉三角递推（预处理）
适用范围：\(n,m\) 较小。
根据组合数的第 \(3\) 条性质，可以递推求出某一范围内的所有组合数。由于最后推完会发现其实是杨辉三角，所以也叫杨辉三角递推。
c[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)c[i][0]=c[i][i]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<i;j++)
c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
时间复杂度：\(O(nm)\)
求法 \(2\) ：逆元（组合数取余）
适用范围：能保证逆元存在时。
由逆元的定义，我们可以推出这个式子：
long long power(long long a,long long p,long long m)
{
long long x=a,ans=1;
while(p)
{
if(p%2==1)ans=(x%m*ans%m)%m;
p/=2;
x=(x%m*x%m)%m;
}
return ans;
}
long long get_c(long long n,long long k,long long m)
{
k=min(k,n-k);
long long r1=1,r2=1;
for(int i=n-k+1;i<=n;i++)r1=(r1%m*i%m)%m;
for(int i=1;i<=k;i++)r2=(r2%m*i%m)%m;
return (r1%m*power(r2,m-2,m)%m)%m;
}
对于逆元，直接费马小定理或扩展欧几里得求就行了。【7】逆元学习笔记
时间复杂度：\(O(n+m)\)
二项式定理
二项式定理基本形式：
考虑 \(a^kb^{n-k}\) 是怎么乘出来的。需要在 \(k\) 个 \((a+b)\) 的乘积项中选出 \(k\) 项贡献 \(a\)，然后剩下的项贡献 \(b\)。这相当于 \(n\) 个元素选出 \(k\) 个组合，方案数为 \(C^k_n\)。把各项累加起来就是答案。
那么可以推出：
例题 \(3\) ：
用杨辉三角递推求出组合数，直接套用二项式定理计算系数，用快速幂处理 \(a^kb^{n-k}\) 即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,k,a,b,c[1010][1010];
long long power(long long a,long long p,long long m)
{
long long x=a,ans=1;
while(p)
{
if(p%2==1)ans=ans*x%m;
p/=2;
x=x*x%m;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&k,&n,&m);
c[0][0]=1;
for(long long i=1;i<=k;i++)c[i][0]=c[i][i]=1;
for(long long i=1;i<=k;i++)
for(long long j=1;j<i;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%10007;
printf("%lld\n",((c[k][m]*power(a,n,10007))*power(b,m,10007))%10007);
return 0;
}
例题 \(4\) ：
考虑到可以在一个格子上码上两个方块，易得如果每个格子奇偶性相同，则一定可以到达同样高度。对于任意点对 \((x,y)\)，我们可以通过找到一条路，路径上可以互达的两点有一边相邻，\(x\to b\to c\dots\to y\)，每次增加相邻两个点，这样除了 \(x,y\) 各自加 \(1\)，其余的点均加 \(2\)，奇偶性不变。
所以，我们每次可以改变两个点的奇偶性。对于 \(nm\) 为奇数的情况，我们一定可以找到一种奇偶性的数有偶数个，每次修改一对为另一种奇偶性。也就是说，对于任意一种初始情况，均可以修改至完全相同。数量为 \((r-l+1)^{nm}\)。
对于 \(nm\) 为偶数的情况，只有奇偶数个数均为偶数时才满足要求。考虑枚举奇数数量方案数累加，运用乘法原理求出每种情况的方案数。我们先选位置，如果现在有 \(i\) 个奇数，则有 \(C_{nm}^{i}\) 种选法。设 \([l,r]\) 有 \(a\) 个奇数，\(b\) 个偶数，则奇数有 \(a^i\) 种方法，偶数有 \(b^{nm-i}\) 种选法。
看到这个式子，容易联想到二项式定理。但是这个式子不好转化，需要转化为对于每一个 \(i\) 都有一个计算式。我们考虑用整体减去部分，可是还是不行。顺着这个思路，可以想到利用 \(-1\) 的幂构造摆动数列，当 \(i\) 为奇数时，\((-1)^i\) 刚好为负数，表示减去奇数项；当 \(i\) 为偶数时，\((-1)^i\) 为正数，尽管有重复计算，可是恰好答案中的每种情况算了两遍，最后除以 \(2\) 即可。
直接利用二项式定理进行转化，达到复杂度 \(O(\log(nm))\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,l,r,mod=998244353;
long long power(long long a,long long p)
{
long long x=a,ans=1;
while(p)
{
if(p%2==1)ans=ans*x%mod;
p/=2;
x=x*x%mod;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&l,&r);
if(n*m%2==1)printf("%lld",power(r-l+1,n*m));
else
{
long long a=(r-l+1)/2,b=0;
if((r-l+1)%2==1&&l%2==1)a++;
b=r-l+1-a;
printf("%lld",(power(r-l+1,n*m)+power((b-a+mod)%mod,n*m))%mod*499122177%mod);
}
return 0;
}
Lucas定理
若 \(p\) 为质数，则有如下式子：
证明可以看文末的博客。
例题 \(5\) ：
卢卡斯定理模板题，运用卢卡斯定理 \(C_n^m\equiv C_{\lfloor n/p \rfloor}^{\lfloor m/p \rfloor}\times C_{ n\%p }^{m\%p }(mod\;p)\) 把组合数拆成两部分，一部分为 \(C_{ n\%p }^{m\%p }\) ，保证了逆元存在，直接用组合求逆元。另一部分 \(C_{\lfloor n/p \rfloor}^{\lfloor m/p \rfloor}\) 接着递归就行了。所以，只有 \(p\) 为质数时才能使用 Lucas 定理。
注意三个实现细节：
\(1\) ：\(m=0\) 时为递归出口，这里应该返回 \(1\) 而不是 \(0\) 。
\(2\) ：可以预处理出阶乘来降低时间复杂度。
\(3\) ：当求组合数时如果 \(m>n\) 特判返回 \(0\) 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n,k,m,sum[100010];
long long power(long long a,long long p,long long m)
{
long long x=a,ans=1;
while(p)
{
if(p%2==1)ans=(x%m*ans%m)%m;
p/=2;
x=(x%m*x%m)%m;
}
return ans;
}
long long get_c(long long n,long long k,long long m)
{
if(k>n)return 0;
return ((sum[n]%m*power(sum[k],m-2,m)%m)%m*power(sum[n-k],m-2,m)%m)%m;
}
long long lucas(long long n,long long k,long long m)
{
if(k==0)return 1;
else return (lucas(n/m,k/m,m)%m*get_c(n%m,k%m,m)%m)%m;
}
int main()
{
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&m);
sum[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)sum[i]=(sum[i-1]%m*i%m)%m;
printf("%d\n",lucas(n+k,k,m));
}
return 0;
}
全排列问题
全排列问题
对于字符集 \(X\)，将 \(X\) 的所有元素的可能排列全部枚举出来，对含有 \(N\) 个元素的集合 \(X\) ，排列总个数 \(S\) 为 ：
定义一个 \(1\sim n\) 的排列 \(A\) ，由 \(1,2\dots n\) 这 \(n\) 个数字组成。
有重复元素的排列
有 \(m_1\) 个 \(1\)，有 \(m_2\) 个 \(2\)，\(\dots\)，有 \(m_k\) 个 \(k\),
共 \(N\) 个元素，排列总个数 \(S\) 为 ：
递推问题
错排问题
给一个数 \(n\)，求有多少 \(1\sim n\) 的排列 \(A\) 满足对于每个 \(i\) ，都满足 \(A_i\ne i\) 。
例如当 \(n=3\) 时，满足要求的排列只有 \(2,3,1\) 和 \(3,1,2\) 。
用 \(a,b,c,d\dots\) 表示 \(n\) 个数字，\(A,B,C,D\dots\) 表示 \(n\) 个位置（\(a\) 对应 \(A\)）， 错装的方法总数为记作 \(f_n\)。
假设把 \(a\) 错装进 \(B\) 中， 然后接下来我们可以分为两种情况:
\(1\) ：\(b\) 错装进了 \(A\) 中
那么问题就变为 \(c,d\dots\) 个数字（共 \(n-2\) 个）放入 \(C,D\dots\) 这 \(n-2\) 个位置时完全装错。由定义得有 \(f_{n-2}\) 种。
\(2\) ：\(b\) 错装进了除 \(A\) 之外的一个位置
由于题设中 \(b\) 不能放入 \(A\) ，我们可以把 \(A\) 想象成 \(B\) ，就相当于将 \(b,c,d\dots\) 这 \(n-1\) 个数字放入 \(B,C,D\dots\) 这 \(n\) 个位置时完全放错。由定义得有 \(f_{n-1}\) 种。
\(a\) 错装进 \(B\) 中，有 \(f_{n-1}+f_{n-2}\) 种， 同样 \(a\) 错装进 \(C\) 中也有 \(f_{n-1}+f_{n-2}\) 种 \(\dots\) 所以根据加法原理，求出 \(f\) 的递推式为：
例题 \(6\) ：
由于序列恰好有 \(m\) 个位置，使得 \(a_i = i\)，所以剩下的 \(n-m\) 个位置满足 \(a_i \ne i\) ，就是上文所述的 \(f_{n-m}\) ，直接线性递推即可。
使得 \(a_i = i\) 的 \(m\) 个位置，本身就有 \(C_{n}^m\) 种选法。根据乘法原理，得到答案为：
注意需要求逆元以及预处理做到 \(O(1)\) 回答询问。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,m,n,cuo[1000020],jc[1000020],inv[1000020],mod=1000000007;
long long power(long long a,long long p,long long m)
{
long long ans=1,x=a;
while(p)
{
if(p%2==1)ans=ans*x%m;
p/=2;
x=x*x%m;
}
return ans;
}
int main()
{
cuo[0]=1;cuo[2]=1;jc[0]=1;jc[1]=1;inv[0]=1;inv[1]=1;
for(int i=2;i<=1000010;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
for(int i=2;i<=1000010;i++)inv[i]=power(jc[i],mod-2,mod)%mod;
for(int i=3;i<=1000010;i++)cuo[i]=(i-1)*(cuo[i-1]+cuo[i-2])%mod;
scanf("%lld",&t);
for(int i=1;i<=t;i++)
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if(n<m)
{
printf("0\n");
continue;
}
printf("%lld\n",jc[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod*cuo[n-m]%mod);
}
return 0;
}
第二类Stirling数
\(n\) 个有区别的球放到 \(m\) 个相同的盒子中，要求无一空盒，其不同的方案数用 \(S2_{n,m}\) 表示，称为第二类Stirling数。
设有 \(n\) 个不同的球，分别用 \(b_1,b_2,\dots b_n\) 表示。 从中取出一个球 \(b_n\)，\(b_n\)的放法有以下两种：
\(1\) ：\(b_n\) 独自占一个盒子
那么剩下的球只能放在 \(m-1\) 个盒子中，方案数为 \(S2_{n-1,m-1}\) 。
\(2\) ：\(b_n\) 与别的球共占一个盒子
那么可以事先将 \(b_1,b_2,\dots b_{n-1}\) 这 \(n-1\) 个球放入 \(m\) 个盒子中，然后再将球 \(bn\) 可以放入其中一个盒子中，方案数为 \(mS2_{n-1,m}\)。
根据加法原理，得出第二类Stirling数的递推式：
例题 \(7\) ：
第二类Stirling数板子题，注意需要高精度。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int f[101][101][101];
void huge_int(int na,int nb,int a,int b,int c,int d,int m)
{
int flag=0;
for(int i=1;i<=100;i++)
f[na][nb][i]=f[a][b][i];
for(int i=100;i>0;i--)
{
f[na][nb][i]+=f[c][d][i]*m+flag;
flag=f[na][nb][i]/10;
f[na][nb][i]%=10;
}
}
void print(int n,int m)
{
int now=1;
for(now=1;now<=100;now++)
if(f[n][m][now]!=0)break;
for(int i=now;i<=100;i++)
printf("%d",f[n][m][i]);
}
int main()
{
for(int i=1;i<=100;i++)f[i][1][100]=f[i][i][100]=1;
for(int i=1;i<=100;i++)
for(int j=1;j<=100;j++)
if(!(i==j||j==1))huge_int(i,j,i-1,j-1,i-1,j,j);
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=-1)
{
if(n<m)
{
printf("0\n");
continue;
}
print(n,m);
putchar('\n');
}
return 0;
}
如果想了解关于第二类Stirling数的更多内容，可以查看 【9】斯特林数学习笔记。
其他杂题
例题 \(8\) ：
由于只要有一种相同宗教相邻就会发生越狱，不好求，可以正难则反，用总共的数量减去没有相邻的数量。
对于总共的情况，由于每一个位置都能选择 \(m\) 个宗教，那么根据乘法原理，总共有 \(m^n\) 种排列方式。
对于没有相邻的情况，第一个位置有 \(m\) 种选择。由于相邻宗教不相同，那么接下来每个位置就有 \(m-1\) 种选择。根据乘法原理，总共有 \(m(m-1)^{n-1}\) 种排列方式。
用总共的数量减去不满足的数量，就能得到答案 \(S\) 了：
注意减法取模要先加上模数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long m,n,mod=100003;
long long power(long long a,long long p,long long m)
{
long long x=a,ans=1;
while(p)
{
if(p%2==1)ans=ans*x%m;
p/=2;
x=x*x%m;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&m,&n);
printf("%lld",((power(m,n,mod)-m*power(m-1,n-1,mod))%mod+mod)%mod);
return 0;
}
例题 \(9\) ：
由于生成树中没有环，而每个五边形都构成了一个环，所以每个五边形至少需要拆掉一条边。
而一个五角星圈中间的部分也是一个环，也需要拆掉一条边。所以，会有一个五边形被拆掉两条边。
选择被拆掉两条边的五边形有 \(n\) 种选法，拆掉两条边的五边形必须拆掉其在中间部分的边，剩下 \(4\) 条边可以任意选择一条拆掉。剩下的 \(n-1\) 个五边形拆掉哪条边没有限制，每个有 \(5\) 种拆法，根据乘法原理，共有 \(5^{n-1}\) 种。
最后根据乘法原理，得到答案 \(S\) 为：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,mod=2007;
int power(int a,int p,int m)
{
int x=a,ans=1;
while(p)
{
if(p%2==1)ans=ans*x%m;
p/=2;
x=x*x%m;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",4*n%mod*power(5,n-1,mod)%mod);
}
return 0;
}
后记
教练推荐的几篇博客：
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