快乐地打牢基础（11）——组合数学

一、两个原理

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加法原理

若完成一件事的的方法有 $n$类，其中第 $i$类方法的包括 $m_i$种不同的方法，且这些方法互不重合，则完成这件事共有： $N= m_1+m_2+...+m_n$种不同的方法。

乘法原理（分布计数原理）

若完成一件事需要 $n$个步骤，其中第 $i$个步骤有 $m_i$种不同的完成方法，且这些步骤互不干扰，则完成这件事共有： $N = m_1 \times m_2\times...\times m_i$中不同的方法。

两个原理的区别：一个与分类有关，一个与分布有关；加法原理是"分类完成"，乘法原理是"分步完成"。

二、排列及其公式

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1.线排列

• Ⅰ.定义：一般地，从 $n$个不同的元素中，取出 $m(m\leq n)$个元素按照一定的顺序拍成一列，叫做从 $n$个不同的元素中取出 $m$个元素的一个线排列。从 $n$个不同元素中取出 $m$个元素的所有线排列的个数，叫做从 $n$个不同元素中取出 $m$个元素的排列数，用符号 $A(P)(n,m)$或者 $A(P)^m_n$表示。

• Ⅱ.排列数公式： $A_n^m = n(n-1)(n-2)...(N- m+１)　＝\frac{n!}{(n-m)!}$

• 全排列：从 $n$个不同的元素中取出 $n$个元素的一个线排列，叫做 $n$个元素的全排列数，用 $A_n^n$来表示。此时， $A_n^n = n(n-1)\times (n-2)\times..\times3\times2\times1=n!.$

2.相异元素可重排列

从 $n$个不同元素中可以重复地选出 $m$个元素的排列，叫做相异元素的可重复排列。其排列总数为 $n^m$。

3.不全相异元素的排列

如果在 $n$个元素中，有 $n_1$个元素彼此相同，有 $n_2$和元素彼此相同…有 $n_m$彼此相同，并且 $n_1+n_2+...+n_m=n$，则这 $n$个元素的全排列叫做不全相异元素的全排列。

其排列数公式为： ${\frac{n!}{n_1!\times n_2!\times ...\times n_m!}}$。

【引例】把3个相同的黄球，2个相同的蓝球，4个相同的白球排成一排，问：有多少种不同的排法？
解：符合不全相异元素的排列，使用不全相异元素的排列公式： $\frac{(3+2+4)!}{3!\times2!\times4!}=1269$种。

4.圆排列

从 $n$个不同元素中选取出 $m$个元素，部分首尾地排成一个圆圈的排列叫做圆排列，其排列方案数为： ${\frac{A_n^m}{m}=\frac{n!}{m\times(n-m)!}}$

三、组合及其公式

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1.非重组合

• Ⅰ.定义： 一般地，从 $n$个不同的元素中，取出 $m（m\leq n）$个元素，不允许元素重复，不考虑次序，叫做从 $n$个不同的元素中取出 $m$个元素的一个非重组合；从 $n$个不同元素中取出 $m（m\leq n）$个元素的所有组合的个数，叫做从 $n$个不同个元素中取出 $m$个元素的组合数，用符号 $C_n^m$表示。根据乘法原理（分布计数原理）可知： $A_n^m = C_n^m\times A_m^m$。
• Ⅱ.组合数公式： $C_n^m = \frac{A_n^m}{A_m^m} = \frac{n(n-1)(n-2)...(n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}(n,m\in N^{*})$
• Ⅲ.组合数的三个性质：
  1、 $C_n ^ {m}=C_n^{n-m}$，规定： $C_n^0=1,C_n^n = 1$
  2、 $C_{n+1}^{m}=C_n^m+C_n^{m-1}$
  3、 $C_n ^ {m} = \frac{n- m + 1}{m}\times C_n^{m-1}$

2.可重复组合

从 $n$个不同元素中，取出 $r$个元素组成一个组合，且允许这 $r$个元素重复使用（一般 $r\leq n$，但也允许 $r >n$），则称这样的组合为可重复组合，器组合数记为 $H（n,r），H（n,r） = C_{n+ r - 1}^{r}$个

3.二项式定理

$(a+b)^n = \displaystyle\sum_{k= 0}^nC_n^ka^{n-k}b^k$

【例题1】luogu P1313 计算系数 （NOIP 2011）
题意
给定一个多项式 $(ax + by)^k$，请求出多项式展开后 $x^n \times y^m$项的系数。
思路
直接二项式定理分解。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int Max = 1e4 + 10;
const int mod = 10007;

ll qpow(ll a,ll b){
    int res = 1;
    while(b){
        if(b & 1){
            res = res * a % mod;
        }
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int c[Max] = {0};
int main(){
    ll a,b,k,n,m;
    ll ans = 1;
    scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&a,&b,&k,&n,&m);
    c[1] = k % mod;
    for(int i = 2; i <= k; i++){
        c[k - i] = c[i] = (k - i + 1) % mod * c[i-1] % mod  * qpow(i,mod-2) % mod;
    }
    ans  = c[m] % mod * qpow(a,n) % mod * qpow(b,m) % mod;
    printf("%lld\n",ans);

}

【例题】luogu P1066 $2^k$进制数

题意
设 $r$是个 $2^k$ 进制数，并满足以下条件：

（1） $r$至少是个 $2$位的 $2^k$ 进制数。

（2）作为 $2^k$ 进制数，除最后一位外， $r$的每一位严格小于它右边相邻的那一位。

（3）将 $r$转换为 $2$进制数 $q$后，则 $q$的总位数不超过 $w$。

在这里，正整数 $k(1≤k≤9)$和 $w(k<W≤30000)$是事先给定的。

问：满足上述条件的不同的 $r$ 共有多少个？
思路

四、多重集

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1.多重集的排列数

多重集是指包括重复元素的广义集合。设 $S = \{n_1·a_1，n_2·a_2,n_3·a_3,...,n_k·a_k\}$是由 $n_1$个 $a_1$, $n_2$个 $a_2$, $n_3$个 $a_3$,…, $n_k$个 $a_k$组成的多重集。
$S$的全排列个数为：
$\frac{n!}{n_1!n_2!...n_k!}$

2.多重集的组合数

设 $S = \{n_1·a_1，n_2·a_2,n_3·a_3,...,n_k·a_k\}$是由 $n_1$个 $a_1$, $n_2$个 $a_2$, $n_3$个 $a_3$,…, $n_k$个 $a_k$组成的多重集。设整数 $r\leq n_i(\forall\in[1,k])。$从 $S$中取出 $r$个元素组成一个多重集（不考虑元素的顺序），产生的不同多重集的数量为：
$C_{k+r+1}^{k-1}$

证明：
原问题等价于统计下列集合的数量： $\{x_1·a_1，x_2·a_2,x_3·a_3,...,x_k·a_k\}$，其中 $\sum^k_{I= 1}x_i=r$并且 $x_i\leq n_i$。因为 $r \leq n_i$,必定有 $x_i \leq n_i$,所以只需要考虑 $\sum^k_{I= 1}x_i=r$这一条件。

故原问题等价于 $r$个0， $k-1$个 $1$构成的全排列数—— $k-1$个 $1$把 $r$个 $0$分成 $k$组，每组的 $0$的数量对应 $x_i$。而多重集 $\{r·0,(k-1)·1\}$的全排列数为：
$\frac{(r+k-1)!}{r!(k-1)!}=C_{k+r-1}^{r}=C_{k+r-1}^{k-1}$。

五、Lucas定理

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作用： 利用模运算快速求出二项式系数C（n,m）,适用于不用模运算就无法求出其结果的、具有非常大的n和m的二项式系数。

若 $p$是质数，则对于任意整数 $1 \leq m\leq n$，有：
$C_n^m = C_{n \ mod\ p}^{m\ mod \ p}\times C_{n/p}^{m/p}(mod\ p)$
也就是把 $n$和 $m$表示成 $p$进制数，对 $p$进制下的每一位分别计算组合数，最后再乘起来。
【例题3】一本通OJ 1650：组合
题意

给出组合数 C(n,m) 表示从 n 个元素中选出 m 个元素的方案数。例如 C(5,2)=10,C(4,2)=6。可是当 n,m 比较大的时候，C(n,m) 很大。于是 xiaobo 希望你输出 C(n,m) mod p 的值。

思路
求组合数，但因为组合数过大，并且需要取模，所以考虑Lucas定理。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

ll n,m,p,cas;

ll qpow(ll a,ll b,ll mod){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(1 & b){
			res  = res * a % mod;
		}
		a = a * a % mod;
		b >>= 1; 
	}
	return res;
}

ll C(ll n,ll m,ll mod){
	if(m > n)
		return 0;
	if(m == 1)
		return n;
	if(n == m || m == 0)
		return 1;
//	ll res1 = 1,res2 = 1,res3 = 1;
//	for(int i = 1; i <= n; i++){
//		res1 = res1 * i % mod;
//		if(i <= m)
//		res2 = res2 * i % mod;
//		if(i <= n - m)
//		res3 = res3 * i % mod;
//	} 
//	return res1 * qpow(res2 * res3 % mod , mod - 2,mod) % mod;
	ll res1 = 1,res2 = 1,res3 = 1;
	for(int i = n - m + 1; i <= n; i++)
		res1 = res1 * i % mod;
	for(int i = 1; i <= m; i++)
		res2 = res2 * i % mod;
	return res1 * qpow(res2  , mod - 2,mod) % mod;
}
ll Lucas(ll n,ll m, ll mod){
	if(!m)
		return 1;
	return C(n % mod,m % mod,mod) * Lucas(n / mod , m / mod, mod) % mod;
}
int main(){
	scanf("%lld",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&p);
		printf("%lld\n",Lucas(n,m,p));
	}
	return 0;
} 

六、Catalan数列

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给定 $n$ 个 $0$和 $n$个1，它们按照某种顺序排成长度为 $2n$的序列，满足任意前缀中 $0$的个数都不少于 $1$的个数的序列的数量为 $Cat_n = \frac{1}{n+1}C_{2n}^{n}$。

证明： 令 $n$个 $0$和 $n$个 $1$任意排成一个长度为 $2n$的序列 $S$，若 $S$不满足任意前缀中 $0$的个数都不少于 $1$的个数，则存在一个最小的位置 $2p+1\in [1,2n]$,使得 $S[1～2p+1]$中有 $p$个 $0$, $p+1$个 $1$。而把 $S[2p+2～2n]$中的所有数位取反后，包含 $n-p-1$个 $0$和 $n-p$个 $1$.于是我们得到了有 $n-1$ 个 $0$ 和 $n+1$ 个 $1$ 排成的序列。
同理，令 $n-1$个 $0$和 $n+1$个 $1$随意排成一个长度为 $2n$的序列 $S$，也必定存在一个最小的位置 $2p+1$，使得 $S[1～2p+1]$中有 $p$个 $0$， $p+1$个 $1$。把 $S$后面剩下的一半取反，就得到了由 $n$个 $0$和 $n$个 $1$排成的、存在一个前缀 $0$比 $1$多的序列。

因此，以下两种序列构成一个双射：

• Ⅰ.由 $n$个 $0$和 $n$个 $1$排成的、存在一个前缀 $0$比 $1$多的序列。
• Ⅱ.由 $n-1$个 $0$和 $n+1$个 $1$排成的序列。
  根据组合数的定义，后者显然有 $C_{2n}^{n-1}$个。
  综上所述，由 $n$个 $0$和 $n$个 $1$排成的、任意前缀中 $0$都不少于 $1$的序列数量为：
  $C_{2n}^{n}-C_{n-1}^{2n} = \frac{(2n)!}{n!\ n!}-\frac{(2n)!}{(n-1)!(n-1)!}=\frac{1}{n+1}C_{2n}^{n} = Cat_n$

与Catalan数相关的问题：

• Ⅰ. $n$个左括号和 $n$个右括号组成的合法括号的数量为 $Cat_n$。
• Ⅱ. $1,2,...n$经过一个栈，形成的合法出栈序列的数量为 $Cat_n$。
• Ⅲ. $n$个节点构成的不同二叉树的数量为 $Cat_n$。
• Ⅳ.在平面直角坐标系中，每一步只能向上或者向右走，从 $（0,0）$走到 $（n，n）$并且除两个端点外不结束直线 $y=x$的线路数量为 $2Cat_n$。