组合数学

例1：P3197 [HNOI2008] 越狱

题目简意

有 $n$ 个房间，每个房间的犯人可以选择 $m$ 种宗教之一。如果相邻两个房间的犯人信仰同一宗教，则发生越狱。求发生越狱的方案数，对 $100003$ 取模。

思路分析

直接求发生越狱的方案数较困难，采用正难则反策略：

总方案数：每个房间有 $m$ 种选择，共 $m^n$ 种。
不发生越狱的方案数：第一个房间有 $m$ 种选择；之后每个房间只要与前一个不同即可，各有 $m-1$ 种选择，共 $m \times (m-1)^{n-1}$。
答案 = 总方案数 − 不发生越狱方案数 = $m^n - m \times (m-1)^{n-1}$。

注意取模处理，防止结果为负数。

时空复杂度

时间复杂度：$O(\log n)$（快速幂）
空间复杂度：$O(1)$

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

const int MOD = 100003;

// 快速幂：计算 a^b % MOD
long long qpow(long long a, long long b) {
    long long res = 1;
    while (b > 0) {
        if (b & 1) res = res * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    long long m, n;
    scanf("%lld%lld", &m, &n);
    
    long long total = qpow(m, n);                   // 总方案数 m^n
    long long noEscape = m * qpow(m - 1, n - 1) % MOD; // 不发生越狱 m*(m-1)^(n-1)
    
    long long ans = (total - noEscape + MOD) % MOD;
    printf("%lld\n", ans);
    
    return 0;
}

例2：P5664 [CSP-S 2019] Emiya 家今天的饭

题目简意

给定一个 $n \times m$ 的矩阵，$a_{i,j}$ 表示用第 $i$ 种烹饪方法和第 $j$ 种主要食材可以做出 $a_{i,j}$ 道不同的菜。要求：

选的菜非空；
每道菜的烹饪方法互不相同（即每行最多选一个）；
每种主要食材的菜数不超过选菜总数的一半。

求满足条件的方案总数。

思路分析

采用正难则反：答案 = 所有方案数 − 不合法方案数。

所有方案数：对每行，可以选择不做菜，或从该行 $m$ 种食材中选一种做一道菜。设 $sum_i = \sum_{j=1}^{m} a_{i,j}$，则前 $i$ 行的总方案数为 $\prod_{i=1}^{n} (sum_i + 1)$。减去全不选的 1 种空集情况。

不合法方案数：不合法方案中，有且仅有一种食材的出现次数超过总数的一半。枚举这个“超限”食材 $c$，用 DP 计算：

设 $dp[d]$ 表示当前考虑前 $i$ 行，超限食材出现次数 − 其他食材出现次数的差值为 $d$ 的方案数。

不选：差值不变
选超限食材 $c$：差值 $+1$，方案数乘 $a_{i,c}$
选其他食材：差值 $-1$，方案数乘 $(sum_i - a_{i,c})$

最终差值 $> 0$ 的方案数即为以 $c$ 为超限食材的不合法方案数。

将 $m$ 种食材的不合法方案数求和，用总方案数减去即可。

时空复杂度

时间复杂度：$O(n^2 m)$
空间复杂度：$O(n)$（滚动数组优化后）

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 105;
const int MAXM = 2005;
const int MOD = 998244353;

int n, m;
long long a[MAXN][MAXM];
long long sum[MAXN];
long long dp[MAXN * 2]; // 偏移量为 n，差值范围 [-n, n]

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            scanf("%lld", &a[i][j]);
            sum[i] = (sum[i] + a[i][j]) % MOD;
        }
    }
    
    // 1. 计算所有方案数（包含空集）
    long long all = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        all = all * (sum[i] + 1) % MOD;
    }
    all = (all - 1 + MOD) % MOD; // 去掉空集
    
    // 2. 计算不合法方案数
    long long bad = 0;
    for (int c = 1; c <= m; c++) { // 枚举超限食材
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[n] = 1; // 偏移 n，表示差值为 0
        
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            long long other = (sum[i] - a[i][c] + MOD) % MOD;
            long long ndp[MAXN * 2] = {0};
            
            for (int d = 0; d <= 2 * n; d++) {
                if (dp[d] == 0) continue;
                // 不选
                ndp[d] = (ndp[d] + dp[d]) % MOD;
                // 选超限食材 c
                if (d + 1 <= 2 * n) {
                    ndp[d + 1] = (ndp[d + 1] + dp[d] * a[i][c]) % MOD;
                }
                // 选其他食材
                if (d - 1 >= 0) {
                    ndp[d - 1] = (ndp[d - 1] + dp[d] * other) % MOD;
                }
            }
            memcpy(dp, ndp, sizeof(dp));
        }
        
        // 差值 > 0 的方案数（即超限食材出现次数 > 其他食材出现次数）
        for (int d = n + 1; d <= 2 * n; d++) {
            bad = (bad + dp[d]) % MOD;
        }
    }
    
    long long ans = (all - bad + MOD) % MOD;
    printf("%lld\n", ans);
    
    return 0;
}

例3：拿糖果

无对应题目（用户提供的题号列表中没有该题）。

例4 / 例11：P1287 盒子与球

题目简意

有 $r$ 个互不相同的盒子和 $n$ 个互不相同的球，要将 $n$ 个球全部放入 $r$ 个盒子中，不允许有空盒子，求方案数。

思路分析

方法一：容斥原理

不考虑空盒限制时，每个球有 $r$ 种选择，总方案数为 $r^n$
减去有空盒的情况，用容斥：
\[\text{ans} = \sum_{k=0}^{r} (-1)^k \binom{r}{k} (r-k)^n \]
其中 $k$ 表示强制空盒的数量。

方法二：第二类斯特林数 + 排列

先将 $n$ 个不同的球分成 $r$ 个非空无标号集合，方案数为第二类斯特林数 $S(n,r)$
再将 $r$ 个集合分配给 $r$ 个不同的盒子，乘 $r!$
答案为 $S(n,r) \times r!$

递推式：$S(i,j) = S(i-1,j-1) + j \times S(i-1,j)$

时空复杂度

时间复杂度：$O(nr)$（DP 递推）
空间复杂度：$O(nr)$ 或 $O(r)$（滚动数组）

代码（第二类斯特林数 + 排列）

#include <cstdio>
using namespace std;

long long s[15][15]; // s[i][j] = 第二类斯特林数

int main() {
    int n, r;
    scanf("%d%d", &n, &r);
    
    // 第二类斯特林数递推
    s[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= r; j++) {
            s[i][j] = s[i - 1][j - 1] + j * s[i - 1][j];
        }
    }
    
    // 乘以 r!（盒子互不相同）
    long long fact = 1;
    for (int i = 1; i <= r; i++) fact *= i;
    
    printf("%lld\n", s[n][r] * fact);
    
    return 0;
}

例5：P1450 [HAOI2008] 硬币购物

题目简意

有 4 种面值的硬币，面值分别为 $c_1, c_2, c_3, c_4$。给出 $T$ 组询问，每组给定每种硬币的数量限制 $d_i$ 和需要凑出的总金额 $s$，求用不超过数量限制的硬币凑出 $s$ 的方案数。

思路分析

直接多重背包每组询问都会超时。

容斥原理：

先用完全背包预处理出无数量限制时凑出任意金额 $s$ 的方案数 $dp[s]$。
对于一组询问，答案 = 无限制方案数 − 某些硬币超限的方案数。
若第 $i$ 种硬币超限，则至少用了 $d_i+1$ 枚，先强制扣除 $(d_i+1) \times c_i$，剩余金额任意凑。
用容斥枚举 4 种硬币超限/不超限的所有 $2^4$ 种组合：奇数个超限则减，偶数个超限则加。

时空复杂度

预处理：$O(4 \times s_{max})$
每组询问：$O(2^4) = O(16)$
空间复杂度：$O(s_{max})$

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int MAXS = 100000;
long long dp[MAXS + 5];
int c[5], d[5];

int main() {
    for (int i = 1; i <= 4; i++) scanf("%d", &c[i]);
    
    // 完全背包预处理：无限制方案数
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
        for (int j = c[i]; j <= MAXS; j++) {
            dp[j] += dp[j - c[i]];
        }
    }
    
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        for (int i = 1; i <= 4; i++) scanf("%d", &d[i]);
        int s;
        scanf("%d", &s);
        
        long long ans = 0;
        // 枚举 16 种超限组合（二进制位为 1 表示该硬币超限）
        for (int mask = 0; mask < 16; mask++) {
            long long remain = s;
            int cnt = 0; // 超限硬币个数
            for (int i = 1; i <= 4; i++) {
                if (mask & (1 << (i - 1))) {
                    remain -= 1LL * c[i] * (d[i] + 1);
                    cnt++;
                }
            }
            if (remain < 0) continue;
            // 容斥：奇数个超限减，偶数个超限加
            if (cnt & 1) ans -= dp[remain];
            else ans += dp[remain];
        }
        
        printf("%lld\n", ans);
    }
    
    return 0;
}

例6：P5520 [yLOI2019] 青原樱

题目简意

有 $n$ 个花盆排成一行，要种 $m$ 朵互不相同的花，每朵花不能种在相邻的花盆中，求方案数对 $mod$ 取模。

思路分析

隔板法（插空法） ：

先不考虑花的互异性，从 $n$ 个位置中选出 $m$ 个互不相邻的位置
在 $n-m$ 个空位（未种花的位置）形成的 $n-m+1$ 个空隙中，选 $m$ 个插入花
组合数为 $\binom{n-m+1}{m}$
再乘以 $m!$（$m$ 朵花互不相同）
化简：$\binom{n-m+1}{m} \times m! = \frac{(n-m+1)!}{(n-2m+1)!} = \prod_{i=n-2m+2}^{n-m+1} i$

时空复杂度

时间复杂度：$O(m)$（循环累乘）
空间复杂度：$O(1)$

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

int main() {
    long long n, m, mod;
    // 注意输入格式：第一个数是无用的类型标识，跳过
    scanf("%*d%lld%lld%lld", &n, &m, &mod);
    
    long long ans = 1;
    // 计算 ∏_{i=n-2m+2}^{n-m+1} i
    for (long long i = n - 2 * m + 2; i <= n - m + 1; i++) {
        ans = ans * i % mod;
    }
    
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

例7：P4071 [SDOI2016] 排列计数

题目简意

求有多少个 $1$ 到 $n$ 的排列，恰好有 $m$ 个位置满足 $a_i = i$（即恰好 $m$ 个“稳定”位置），答案对 $10^9+7$ 取模。

思路分析

先从 $n$ 个位置中选出 $m$ 个稳定位置：$\binom{n}{m}$
剩下的 $n-m$ 个位置必须全部错排（没有一个元素在原来的位置）
错排数 $D_k$ 的递推公式：$D_0 = 1, D_1 = 0, D_k = (k-1)(D_{k-1} + D_{k-2})$
答案 = $\binom{n}{m} \times D_{n-m}$

时空复杂度

预处理：$O(N)$（阶乘、逆元、错排数）
每组询问：$O(1)$
空间复杂度：$O(N)$

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

const int MAXN = 1000005;
const int MOD = 1000000007;

long long fac[MAXN];      // 阶乘
long long invfac[MAXN];   // 阶乘逆元
long long d[MAXN];        // 错排数

// 快速幂
long long qpow(long long a, long long b) {
    long long res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = res * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    // 预处理阶乘
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < MAXN; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
    
    // 预处理阶乘逆元
    invfac[MAXN - 1] = qpow(fac[MAXN - 1], MOD - 2);
    for (int i = MAXN - 2; i >= 0; i--) {
        invfac[i] = invfac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
    }
    
    // 预处理错排数
    d[0] = 1;
    d[1] = 0;
    for (int i = 2; i < MAXN; i++) {
        d[i] = (i - 1) * (d[i - 1] + d[i - 2]) % MOD;
    }
    
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n, m;
        scanf("%d%d", &n, &m);
        // C(n, m) = n! / (m! * (n-m)!)
        long long comb = fac[n] * invfac[m] % MOD * invfac[n - m] % MOD;
        long long ans = comb * d[n - m] % MOD;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    
    return 0;
}

例8：P1313 [NOIP 2011 提高组] 计算系数

题目简意

给定多项式 $(ax + by)^k$，求展开后 $x^n y^m$ 项的系数，对 $10007$ 取模。

思路分析

由二项式定理：

\[(ax + by)^k = \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} (ax)^i (by)^{k-i} \]

$ x^n y^m $ 项对应 $i = n$，$k-i = m$，系数为：

\[\binom{k}{n} \cdot a^n \cdot b^m \]

其中 $\binom{k}{n}$ 可用杨辉三角（组合数递推）求得，$a^n$ 和 $b^m$ 用快速幂。

时空复杂度

时间复杂度：$O(k^2 + \log n + \log m)$
空间复杂度：$O(k^2)$

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

const int MOD = 10007;

int c[1005][1005];

// 快速幂
int qpow(int a, int b) {
    int res = 1;
    a %= MOD;
    while (b > 0) {
        if (b & 1) res = res * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    int a, b, k, n, m;
    scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &k, &n, &m);
    
    // 杨辉三角求组合数 C(k, n)
    c[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        c[i][0] = c[i][i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }
    
    int ans = c[k][n];
    ans = ans * qpow(a, n) % MOD;
    ans = ans * qpow(b, m) % MOD;
    
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

例9：CF1332E Height All the Same

题目简意

有一个 $n \times m$ 的网格，每个格子初始高度在 $[L, R]$ 范围内任意。每次操作可以：

选择一个格子，将其高度 $+2$
选择两个相邻格子，将两者高度均 $+1$

问有多少种初始高度方案，能够通过若干次操作使所有格子高度相同。

思路分析

关键观察：结果只与高度的奇偶性有关。

操作 1（$+2$）不改变奇偶性
操作 2（相邻两个 $+1$）同时翻转两个相邻格子的奇偶性

问题转化为：能否通过翻转相邻格子的奇偶性，使整个网格奇偶性一致。

若 $n \times m$ 为奇数：任何奇偶性分布都可以调整为全奇或全偶，方案数为 $(R-L+1)^{nm}$
若 $n \times m$ 为偶数：需要奇数个数的格子数量为偶数。总方案数为 $\frac{(R-L+1)^{nm} + (R-L+1)^{nm/2} \times [奇偶数量相等时的调整]}{2}$

简化结论：

若 $nm$ 为奇数：$ans = (R-L+1)^{nm}$
若 $nm$ 为偶数：$ans = \frac{(R-L+1)^{nm} + (R-L+1)^{nm/2} \times (奇偶个数各半的调整)}{2}$

时空复杂度

时间复杂度：$O(\log(nm))$（快速幂）
空间复杂度：$O(1)$

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

const int MOD = 998244353;

long long qpow(long long a, long long b) {
    long long res = 1;
    a %= MOD;
    while (b > 0) {
        if (b & 1) res = res * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    long long n, m, L, R;
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &m, &L, &R);
    
    long long cnt = R - L + 1;
    long long cells = n * m;
    
    if (cells & 1) {
        // 格子总数为奇数：所有方案都可行
        printf("%lld\n", qpow(cnt, cells));
    } else {
        // 格子总数为偶数
        long long even = cnt / 2;      // 偶数高度的个数
        long long odd = cnt - even;    // 奇数高度的个数
        // 公式：(cnt^cells + (even - odd)^cells) / 2
        long long ans = (qpow(cnt, cells) + qpow((even - odd + MOD) % MOD, cells)) % MOD;
        ans = ans * qpow(2, MOD - 2) % MOD; // 乘以 2 的逆元
        printf("%lld\n", ans);
    }
    
    return 0;
}

例10：P1044 [NOIP 2003 普及组] 栈

题目简意

有 $n$ 个数依次入栈，问有多少种不同的出栈序列。

思路分析

这是经典的卡特兰数问题。

$n$ 个数的出栈序列数为第 $n$ 个卡特兰数：

\[C_n = \frac{1}{n+1} \binom{2n}{n} \]

递推公式：$C_0 = 1$，$C_n = \sum_{i=0}^{n-1} C_i \times C_{n-1-i}$

也可以理解为：第一个入栈的元素第 $k$ 个出栈，则前 $k-1$ 个和后 $n-k$ 个独立，方案数为 $C_{k-1} \times C_{n-k}$，求和得递推式。

时空复杂度

时间复杂度：$O(n^2)$（递推）
空间复杂度：$O(n)$

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

long long catalan[20];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    
    catalan[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            catalan[i] += catalan[j] * catalan[i - 1 - j];
        }
    }
    
    printf("%lld\n", catalan[n]);
    return 0;
}

其他题目（思维导图中未作为例题，但用户列表中包含）

以下题目在思维导图中有对应的知识点（容斥、卡特兰数、斯特林数等），但未作为例题列出，简要给出题解。

P2567 [SCOI2010] 幸运数字

题目简意

定义“幸运数字”为只包含数字 6 和 8 的数（如 6, 8, 66, 68, 86, 88...）。一个数是“近似幸运数字”当且仅当它是某个幸运数字的倍数。求区间 $[L, R]$ 内近似幸运数字的个数。

思路分析

DFS 枚举所有幸运数字（$2^{10}$ 级别）
去掉有倍数关系的幸运数字（只保留最小的那个）
容斥原理求 $[1, x]$ 内近似幸运数字个数：枚举幸运数字子集，求 LCM，用 $x / LCM$ 得到该子集的倍数个数，奇数个加，偶数个减
答案 = $calc(R) - calc(L-1)$

P5505 [JSOI2011] 分特产

题目简意

有 $n$ 个有标号的同学和 $m$ 种特产，第 $i$ 种特产有 $a_i$ 个（同种特产完全相同）。将特产全部分给同学，要求每个同学至少分到一个特产，求方案数。

思路分析

容斥：至少 $i$ 个同学没有分到特产。

先选出 $i$ 个同学为空：$\binom{n}{i}$
剩下的 $n-i$ 个同学分配所有特产：每种特产独立分配，第 $j$ 种特产有 $a_j$ 个，分给 $n-i$ 个人的方案数为 $\binom{a_j + n - i - 1}{n - i - 1}$（隔板法）
至少 $i$ 个同学为空的方案数 = $\binom{n}{i} \times \prod_{j=1}^{m} \binom{a_j + n - i - 1}{n - i - 1}$
容斥：$ans = \sum_{i=0}^{n} (-1)^i \times \text{至少 i 个同学为空的方案数}$

P3223 [HNOI2012] 排队

题目简意

$n$ 个男生、$m$ 个女生、2 个老师排队，要求任意两个女生不能相邻，两个老师不能相邻，求方案数。

思路分析

分类讨论：

先排男生和老师（把老师当特殊男生）：$n+2$ 个人排列，再插入女生
用总方案 − 老师相邻的方案

具体：

先排 $n$ 个男生：$n!$ 种，形成 $n+1$ 个空位
插入 2 个老师：$A_{n+1}^2$ 种（不能相邻自动满足，因为插在不同空位）
再插入 $m$ 个女生：在 $n+3$ 个位置中选 $m$ 个不相邻位置：$\binom{n+3}{m} \times m!$

但需排除老师相邻的情况，用捆绑法处理。

注意：答案可能很大，需要高精度。

P2822 [NOIP 2016 提高组] 组合数问题

题目简意

有 $T$ 组询问，每组给定 $n, m$，求有多少对 $(i, j)$ 满足 $0 \le j \le i \le n$ 且 $\binom{i}{j}$ 是 $k$ 的倍数。

思路分析

预处理组合数 $C[i][j]$ 对 $k$ 取模：$C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) \bmod k$
若 $C[i][j] == 0$，则该组合数是 $k$ 的倍数
二维前缀和 $sum[i][j]$ 表示 $\binom{0..i}{0..j}$ 中为 $k$ 的倍数的个数
每组询问 $O(1)$ 回答

P3214 [HNOI2011] 卡农

题目简意

从集合 $\{1, 2, ..., n\}$ 的所有非空子集中选出 $m$ 个互不相同的子集（集合之间无序），要求每个元素在所有选出的子集中出现的总次数为偶数，求方案数。

思路分析

先处理无序：先按有序计算，最后除以 $m!$
设 $f[i]$ 表示选 $i$ 个有序子集满足条件的方案数
前 $i-1$ 个集合任意选：$P(2^n-1, i-1)$ 种
第 $i$ 个集合由前 $i-1$ 个集合唯一确定（保证每个元素出现偶数次）
减去第 $i$ 个集合为空集的情况（空集不允许）
减去第 $i$ 个集合与前面某个集合重复的情况
递推式：$f[i] = P(2^n-1, i-1) - f[i-1] - (i-1)(2^n - i + 1) f[i-2]$
答案 = $f[m] \times inv(m!)$

P2532 [AHOI2012] 树屋阶梯

题目简意

用 $n$ 个大小相同的矩形钢材搭建一个 $n$ 层的阶梯形状（每层比上一层多一块），求不同搭建方案数。

思路分析

卡特兰数。

设 $f[n]$ 为 $n$ 层阶梯的方案数。考虑左下角最大的矩形，枚举其大小 $i$，则：

\[f[n] = \sum_{i=0}^{n-1} f[i] \times f[n-1-i] \]

这是卡特兰数的递推式。

注意：$n$ 最大为 $500$，答案巨大，需要高精度。

P3200 [HNOI2009] 有趣的数列

题目简意

称一个长度为 $2n$ 的数列 $a_1, a_2, ..., a_{2n}$ 是“有趣的”，如果：

$a_1, a_3, ..., a_{2n-1}$（奇数位）和 $a_2, a_4, ..., a_{2n}$（偶数位）都单调递增
对任意 $i$，$a_{2i-1} < a_{2i}$

求有趣的数列个数。

思路分析

卡特兰数。

将 $1 \sim 2n$ 依次填入奇数位和偶数位，奇数位在任何时刻的数量 $\ge$ 偶数位数量，等价于 Catalan 数第 $n$ 项。

注意：模数 $p$ 不一定是质数，不能直接用逆元。用质因数分解计算组合数 $\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$。

CF1278F Cards

题目简意

有一副 $m$ 张牌的牌堆，其中一张是王牌。进行 $n$ 次独立实验：每次洗牌后看第一张牌，若是王牌则记录。设 $x$ 为 $n$ 次中王牌出现在第一张的次数，求 $E(x^k)$。

思路分析

利用第二类斯特林数降幂：

\[i^k = \sum_{j=0}^{k} S(k, j) \times j! \times \binom{i}{j} \]

其中 $S(k, j)$ 为第二类斯特林数。

$i$ 服从二项分布 $B(n, \frac{1}{m})$：

\[E(x^k) = \sum_{i=0}^{n} i^k \binom{n}{i} (\frac{1}{m})^i (1-\frac{1}{m})^{n-i} \]

代入降幂公式化简即可。

P3228 [HNOI2013] 数列

题目简意

求长度为 $k$ 的正整数序列 $a_1, a_2, ..., a_k$ 的个数，满足：

$1 \le a_1 \le n$
$1 \le a_i - a_{i-1} \le m$（$2 \le i \le k$）

思路分析

考虑差分序列 $b_i = a_{i+1} - a_i$（$1 \le i \le k-1$），每个 $b_i \in [1, m]$。

对于一组确定的差分 $b_1, ..., b_{k-1}$，$a_1$ 的取值范围为 $[1, n - \sum b_i]$，共有 $n - \sum b_i$ 种取值。

总方案数：

\[\sum_{b_1=1}^{m} ... \sum_{b_{k-1}=1}^{m} (n - \sum_{i=1}^{k-1} b_i) \]

化简得：

\[n \cdot m^{k-1} - (k-1) \cdot m^{k-2} \cdot \frac{m(m+1)}{2} \]

CF961G Partitions

题目简意

将 $n$ 个有标号的元素划分为 $k$ 个非空无标号集合（即集合划分），每个元素 $i$ 有权值 $w_i$。一个划分的权值定义为 $\sum_{S \in \text{划分}} |S| \cdot \sum_{i \in S} w_i$。求所有划分的权值和。

思路分析

考虑每个元素的贡献。

元素 $i$ 的贡献 = $w_i \times$（所有划分中，$i$ 所在集合大小之和）

对所有元素求和：

\[ans = (\sum_{i=1}^{n} w_i) \times \sum_{j=1}^{n} \binom{n-1}{j-1} \cdot S(n-j, k-1) \cdot j \]

其中 $S$ 为第二类斯特林数。

等价地：

\[ans = (\sum w_i) \times (S(n, k) + (n-1) \times S(n-1, k)) \]

posted @ 2026-08-24 20:42 surprise_ying 阅读(42) 评论(0) 收藏举报

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