组合数学

组合数定义式

$\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n - m)!}$，表示 $n$ 个数中选 $m$ 个。

下降幂

$n^{\underline{m}}=n(n - 1)(n - 2)\cdots(n - m + 1)$

上升幂

$n^{\overline{m}}=n(n + 1)(n + 2)\cdots(n + m - 1)$

特殊情况

$0^{0}=0!=x^{0}=1$
当 $m>n$ 或 $m<0$ 时，$\binom{n}{m}=0$
当 $m = 0$ 或 $m=n$ 时，$\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$

各种定理

1. 递推式（春游）

$\binom{n}{k}=\binom{n - 1}{k}+\binom{n - 1}{k - 1}$

初值：$\binom i0 = 1, n从0到i$。

2. 翻转

$\binom{n}{k}=\binom{n}{n - k}$，条件：$n>0$

3. 吸收公式（用于处理常数或参数）

$k\binom{n}{k}=n\binom{n - 1}{k - 1}$，用组合数定义展开证明
$\frac{1}{n}\binom{n}{k}=\frac{1}{k}\binom{n - 1}{k - 1}$
$(n - k)\binom{n}{k}=n\binom{n - 1}{k}$，用“春游”证明.
$\sum_{i=0}^{n} i^{{\underline{m}}}\binom{n}{i}=\sum_{i=0}^{n} n^{\underline{m}}\binom{n-m}{i-m}=n^{{\underline{m}}} 2^{n-m}$，用很多次吸收公式的推论。

4. 上指标反转

$\binom{n}{k}=(-1)^{k}\binom{k - n - 1}{k}$，用下降幂性质证

5. 二项式定理

$(x + y)^{n}=\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}x^{k}y^{n - k}$
当 $n\in\mathbb{R}$ 且 $|x|<|y|$ 时，$(x + y)^{n}=\sum_{k = 0}^{+\infty}\binom{n}{k}x^{k}y^{n - k}$（泰勒展开可证明）
常用：
- $(x + 1)^{n}=\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}x^{k}$
- $(x - 1)^{n}=\sum_{k = 0}^{n}(-1)^{n - k}\binom{n}{k}x^{k}$
- $\binom{n}{k}$是$(x + 1)^{n}$的$x^k$项系数。这可以用来证明其他定理。（如 Lucas）

6. 一行之和定理

$\sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}=2^{n}$，是二项式定理中 $x = y = 1$ 的情况.

7. 平行求和

$\sum_{k = 0}^{m}\binom{n + k}{k}=\binom{n + m + 1}{m}$，右边用“春游”展开可证.

8. 上指标求和

$\sum_{k = 0}^{n}\binom{k}{m}=\binom{n + 1}{m + 1}$，用“春游”展开

9.

$\sum_{k = 0}^{m}(-1)^{k}\binom{n}{k}=(-1)^{m}\binom{n - 1}{m}$

10. 卷积

$\sum_{k}\binom{r}{k}\binom{s}{n - k}=\binom{r + s}{n}$，从 $r + s$ 个元素中选 $n$ 个，等于从 $r$ 中选 $k$ 个，从 $s$ 中选 $n - k$ 个，$k\in(0,n)$.
该式用于处理大部分的 $\sum$
变型：$\sum_{k}\binom{l-k}{m}\binom{s}{k-n}(-1)^{k}=(-1)^{m + l}\binom{s-m-1}{l-m - n}$.

11.

$\binom{r}{m}\binom{m}{k}=\binom{r}{k}\binom{r - k}{m - k}$

用定义展开证明
组合意义：从 $r$ 中选 $m$ 个，再从这 $m$ 个中选 $k$ 个，等价于先选 $k$ 个要用的，再从 $r - k$ 个中选 $m - k$ 个陪衬的。

多项式系数

$n$ 个不同的物品分成 $m$ 组，第 $i$ 组有 $a_{i}$ 个，总方案数：$\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{m}a_{i}!}$（$\sum_{i = 1}^{m}a_{i}=n$），可写作：$\binom{n}{a_{1},a_{2},\cdots,a_{m}}$
$\binom{n}{a_{1},a_{2},\cdots,a_{m}}=\prod_{k = 1}^{m - 1}\binom{\sum_{i = k}^{m}a_{i}}{\sum_{i=k+1}^{m}a_{i}}$.

[注：上文是用AI把笔记的照片转文字的来的，可能会有错]

取模意义下的组合数

一些引理

$\binom{p}{n} \bmod p = [n = 0 \vee n = p]$，

证明：$\binom{p}{n}=\frac{p!}{n!(p - n)!}$，因为分子只有一个p，分母只有在n=p或n=0时有p。
\[\begin{align} (a + b)^p &\equiv a^p + b^p \pmod{p}\\ 证明：(a + b)^p &\equiv \sum_{n = 0}^{p} \binom{p}{n} a^{n}b^{p - n} \pmod{p}（二项式定理）\\ &\equiv a^p + b^p \pmod{p}（引理一） \end{align} \]

Lucas定理

一般来说，我们预处理阶乘，然后用定义式来计算组合数，但是当遇到 n 和 m 很大的时候，不支持$O(n)$的复杂度时，就要用到Lucas定理。

对于质数 $p$,

\[\binom{n}{m} \bmod p = \binom{\lfloor n/p \rfloor}{\lfloor m/p \rfloor} \cdot \binom{n \bmod p}{m \bmod p} \bmod p \]

证明：
$\binom{n}{m} $ 是 $(x + 1)^n$ 的 $x^m$ 项系数。

\[(x + 1)^n mod\ p = (x + 1)^{p\left \lfloor n/p \right \rfloor }(x + 1)^{n\ mod\ p} mod\ p\ \\ （通过引理二） = (x^p + 1)^{\left \lfloor n/p \right \rfloor }(x + 1)^{n\ mod\ p} mod\ p\ 的x^m项系数\\ \because m = \left \lfloor m/p \right \rfloor p + m \bmod p\\ \therefore \binom{n}{m} = \binom{\lfloor n/p \rfloor}{\lfloor m/p \rfloor} \cdot \binom{n \bmod p}{m \bmod p} mod\ p \]

拓展 Lucas

用于处理模数M不是质数的情况。

设

\[M = p_1^{\alpha_1}\cdots p_m^{\alpha_m} \]

我们可以求出每一个 $\binom{n}{m} \bmod p^{\alpha_i}$，然后CRT合并就行

我们把 n!，m!和$(n-m)!$中，所有 p 的因子提出来，

会有形如 $\frac{\frac{n!}{p^{x}}}{\frac{m!}{p^{y}}\frac{(n - m)!}{p^{z}}}p^{x - y - z}\bmod p^{\alpha}$的式子。

分母可以 exgcd 求逆，我们只需要求形如下面这样的式子：

\[\frac{n!}{p^{x}}\bmod p^{\alpha} \]

\[n!=p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\cdot\left(\left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor\right)!\cdot\left(\prod_{i,\gcd(i,p)=1}^{p^{\alpha}}i\right)^{\lfloor \frac{n}{p^{\alpha}}\rfloor}\cdot\left(\prod_{i,\gcd(i,p)=1}^{n\bmod p^{\alpha}}i\right) \]

前面两个是 n 中 p 的倍数，第三个是 n 对 p 的循环节，最后一个是 n 对 p 的余数。

因为要求的是 n! 扣掉 p 的因子对 $p^\alpha$ 取模，所以把$p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}$直接扔掉，然后继续递归求解$\left(\left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor\right)!$

感觉这玩意非常难写，而且好像用处不大。

经典题型

一，插板法：

type 1: 有n个元素，m个板子。现在要求每两个板子之间至少有一个球，求方案数。

n个球有n-1个空位(认为头尾不放板)。于是答案是$\binom {n-1}{m}$

type 2：板之间可以不放球。

对于每一种方案，在相邻两个板之间再放一个球。这个与n+m个球的 type 1 等价。

所以答案是 $\binom {n+m-1}{m}$.

练习题：从 1, 2, · · · , n 中选出 k 个数，要求任何两个数都不相邻，一共有多少种选法？

分成k+1段，设每一段长度为$a_i$，将$a_1和a_n$的长度加1。

则$\sum a_i = n-k+2$，$\forall a_i > 0$

所以相当于在n-k+2个数插k个板

所以答案是 $\binom{n-k+1}{k}$

二，把组合数用二项式的 $x^n$ 项系数理解

例题链接解法循环卷积

给定 $n, p, r, k\ (1\leq n\leq 10^{9}, 0\leq r < k\leq 50, 2\leq p\leq 2^{30}-1)$，求

\[\sum_{i\bmod k = r} \binom{nk}{i} \bmod p \]

\[\begin{align*} &\sum_{i\bmod k = r} \binom{nk}{i}\\ =&\sum_{i\bmod k = r} [x^{i}](1 + x)^{nk}\\ =&[x^{r}]\left((1 + x)^{nk}\bmod (x^{k}-1)\right) \end{align*} \]

直接循环卷积快速幂，时间复杂度 $O(k^{2}(\log n+\log k))$。

三，下指标求和的处理方法

我们发现下指标求和没有公式，所以我们要想办法转换下指标求和。

来看一个例题：

题面

给定 $n,m$，一共 $T$ 组询问，求 $\sum\limits_{k = 0}^m \binom nk \bmod{2333}$

$n,m$ 在 $10^9$ 级别，$T$ 在 $10^5$ 级别。

解法：

先把 $k$ 按照 $\left\lfloor\frac kp \right\rfloor$ 分类

\[\sum_{k = 0}^m \binom nk = \sum_{i = 0}^{\lfloor \frac mp \rfloor - 1} \sum_{j = 0}^{p - 1} \binom{n}{ip + j} + \sum_{k = p\lfloor \frac mp\rfloor}^m \binom nk \]

再用 Lucas 定理展开：

\[\sum_{i = 0}^{\lfloor \frac mp \rfloor - 1} \binom{\lfloor \frac np\rfloor}{i} \sum_{j = 0}^{p - 1} \binom{n \bmod p}{j} + \sum_{k = p\lfloor \frac mp\rfloor}^m \binom{\frac np}{\frac kp}\binom{n \bmod p}{k \bmod p} \]

注意到 $\sum\limits_{j = 0}^{p - 1} \binom{n \bmod p}{j}$ 用一行之和定理表示为 $2^{n \bmod p}$，$\binom{\frac np}{\frac kp}$ 始终为定值，而且可以用普通的 Lucas 来求，于是上式可改写为：

\[2^{n \bmod p} \sum_{i = 0}^{\lfloor \frac mp \rfloor - 1} \binom{\lfloor \frac np \rfloor}{i} + \binom{\frac np}{\frac kp} \sum_{k = 0}^{m \bmod p} \binom{n \bmod p}{k} \]

然后发现左边可以递归，右边 Lucas + 预处理。于是做完了。复杂度为 $O(T log^2_p n)$ 。

总结一下

当 $p$ 很小的时候，下指标求和可以用 Lucas 定理递归求解。

当 $n \le m$ 的时候，可以用一行之和来求。

附上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int long long
const int mod = 2333; 
ll n, m;
ll C[mod + 1][mod + 1], f[mod + 1][mod + 1];
ll lucas(int n, int m) {
	if(n < m) return 0;
	if(!m || n == m) return 1;
	return lucas(n / mod, m / mod) * C[n % mod][m % mod] % mod;
}
ll two[mod + 1];
ll calc(int n, int m) {
	if(m < 0) return 0;
	if(!n || !m) return 1; 
	if(n < mod && m < mod) return f[n][m];
	ll tmp = m / mod;
	return (f[n%mod][mod-1] * calc(n / mod, tmp - 1) % mod + lucas(n / mod, tmp) * f[n % mod][m % mod] % mod) % mod;
} 

void st(int n) {
	two[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; ++i) two[i] = (two[i-1] << 1) % mod;
	C[0][0] = f[0][0] = 1;
	for(int j = 0; j <= n; ++j) f[0][j] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		C[i][0] = f[i][0] = 1;
		for(int j = 1; j <= i; ++j) C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
		for(int j = 1; j <= n; ++j) f[i][j] = (f[i][j - 1] + C[i][j]) % mod;
	}
}
signed main() {
	st(mod);
	int _; cin >> _;
	while(_--) {
		cin >> n >> m;
		printf("%lld\n", calc(n, m));
	}
	return 0;
}//98 2 10

四，用组合意义

例题（某联考题）：

\[\sum_{i=0}^{n} i^{\overline{m}}\binom{n}{i} \bmod\ p \]

n 是1e9, m 是1e6，p是1e9+7

有一种用斯特林数把上升幂转普通幂转下降幂，然后用斯特林数奇妙公式乱搞的做法，但是用组合意义做会有奇效。

简单转换一下式子：（把上升幂转组合数形式）

\[m!\sum_{i = 0}^{n}\binom{i + m-1}{m}\binom{n}{i} \]

先不看 m! , 我们可以认为是：从 n 个球中选 i 个球，再往 i 个球中加 m - 1 个球，最后从i - 1 + m 个球选m个球。

现在每个球有三种状态：一. 两次都没被选中，记作 00，二. 第一次被选中，第二次没被选中，记作 10，三.两次都被中，记作 11.（我们认为追加的 m - 1 个球也是在第一次被选中的）

因为我们 $\sum$ 的枚举范围只能是 O(m) 的，所以考虑转换组合意义。

11 的总数是 m ，枚举 i，表示有 i 个是从追加的 m - 1 个球中选来的，那么就还要从最初的 n 个球中选 m - i 个出来作为 11。原来的 n 个球就剩下了 n - m + i 个，对于这些球，我们可以把它们分配到 10，也可以分配到 00，这是没有限制的，所以是 $2^{n-m+i}$.

所以答案是：

\[m!\sum^{m-1}_{i=0}{m-1\choose i}{n\choose m-i}2^{n-m+i} \]

还有一种更简单的理解方法：在 n 个盒子里选择 i 个，在这 i 个盒子里插 m 个相同的球，可以有空盒子的方案数。

改为枚举放了球的盒子数量 (认为只有这 i 个盒子放了球，其他盒子不放球) ，其它盒子任意选/不选（就算不放球也可以被选中），在这 i 个盒子里放 m 个球，要求盒子非空，这又是一个插板法，小推一下是 $m-1\choose i-1$.

\[m!\sum^{m-1}_{i=0}\binom{n}i2^{n-i}\binom{m-1}{i-1} \]

总结一下

当 $p$ 很小的时候，下指标求和可以用 $Lucas$ 定理递归求解。

当 $n \le m$ 的时候，可以用一行之和来求。

拓展

posted @ 2025-01-22 21:38 花子の水晶植轮daisuki 阅读(78) 评论(0) 收藏举报

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组合数定义式

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上升幂

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特殊情况

各种定理

1. 递推式（春游）

2. 翻转

3. 吸收公式（用于处理常数或参数）

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5. 二项式定理

6. 一行之和定理

7. 平行求和

8. 上指标求和

9.

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11.

多项式系数

取模意义下的组合数

一些引理

Lucas定理

拓展 Lucas

经典题型

一，插板法：

二，把组合数用二项式的 \(x^n\) 项系数理解

三，下指标求和的处理方法

题面

解法：

总结一下

四，用组合意义

总结一下

拓展

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