简单的组合数学

加法原理和乘法原理

一件事有若干个方法 $\to$ 加法原理。

一件事有若干个步骤 $\to$ 乘法原理。

例题

有 $n$ 个不同的物品，放进 $m$ 个排成一行的背包中，每个背包只放一个，使相邻两个背包的物品不相同。

第一个背包随便放，其余每个背包和前面的不一样，所以为 $\times (n-1)^{m-1}$ 。

排列和组合

$P_{n}^{m}=A_{n}^{m}=n(n-1)(n-2) \cdots(n-m+1)=\frac{n !}{(n-m) !}$

$\choose m} = C_{n}^{m}=\frac{P_{n}^{m}}{P_{m}}=\frac{n !}{m !(n-m) !}$

$\begin{array}{l} \\ C_{n}^0 = 1 \\ C_{n}^{m}=C_{n}^{n-m} \\ C_{n+1}^{m}=C_{n}^{m}+C_{n}^{m-1} \end{array}$

$C_{n}^{2}=\frac{n (n-1)}{2}$

如何求组合数？

$O(n^2)$ 预处理杨辉三角。
在模数是质数的前提下， $O (n)$ 预处理逆元和阶乘，用原公式。

如果不会 $O (n)$ 预处理逆元也没关系。

$\frac{1}{m!} = \frac{1}{(m+1)!} \times (m+1)$

所以可以用费马小定理 $O(\log n)$ 求出 $\frac{1}{m!}$ 的最后一项，再 $O (n)$ 往前递推即可。

如果 $n$ 极大， $m$ 极小，且模数为质数。

$C_{n}^{m}=\frac{P_{n}^{m}}{P_{m}} = \frac{n(n-1)(n-2) \cdots(n-m+1)}{m!}$

可以发现上面有 $m$ 项，下面也有 $m$ 项，所以 $O (m)$ 预处理上面，用之前的方法预处理 $\frac{1}{m!}$ 即可。

$m$ 和 $n$ 都极大，且模数是质数，且模数较小——Lucas定理

Lucas定理

$m=m_{k} p^{k}+m_{k-1} p^{k-1}+\cdots+m_{1} p+m_{0} \\ n=n_{k} p^{k}+n_{k-1} p^{k-1}+\cdots+n_{1} p+n_{0}$

$\choose m} \equiv \prod_{i=0}^{k} {n_i \choose m_i} \pmod p$

用人话来说，就是将 $n$ 和 $m$ 写成 $p$ 进制， $p$ 为质数。对于进制的每一位对应的 $n_i$ 和 $m_i$ ，求组合数，最后乘起来，得到的就是 $\choose m$ 。在写代码时可以根据下方的式子

$\choose m} = {\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor \choose \left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor} \times {n \bmod p\choose m \bmod p} \quad(p \in \operatorname{prime}) \bmod p$

插板法

将 $n$ 个相同的球，放入 $m$ 个不同的盒子，没有空盒。方案数为

$\choose m-1$

理解： $n$ 个元素有 $n - 1$ 个空，插入 $m - 1$ 个木板就能分成 $m$ 组。

如果每组至少分 $2$ 个呢？可以现在 $m$ 个盒子放上 $m$ 个球，那么方案数为 $\choose m - 1$ 。

如果每组可以不分呢？先借每个盒子一个球，分的时候还给它们，那么方案数为 $\choose m-1$ 。

卡特兰数

$C_{n}=\frac{1}{n+1} {2n \choose n}=\frac{(2 n) !}{(n+1) ! n !} \\ C_{0} = C_{1} = 1 \quad C_{2} = 2\quad C_{3} = 5\quad C_{4} = 14\quad C_{5} = 42\quad C_{6} =132$

有 $C_n$ 个长度为 $2 n$ 的 $01$ 序列，满足 $\forall i,\exists \operatorname{count}_{1,i}(0) \ge\operatorname{count}_{1,i}(1)$ 。

常见应用：括号序列，出栈序列，矩阵从左上角走到右下角的方案数（只能向右、下走）。

考虑用组合意义推出 $C_n$ 。

先忽略限制，那么有多少个长为 $2 n$ 的 01 序列满足 $\operatorname{count}_{1,n}(0) \ge\operatorname{count}_{1,n}$ 。答案为在 $2 n$ 个位置中选出 $n$ 个位置填 $0$ ，即为 $\choose n$ 。那么再求一下不合法的序列个数减掉即可。

找到第一个不合法的位置 $i + 1$ ，即为 $a_{i+1} = 0$ 。那么有 $\operatorname{count}_{1 \sim i}(0) = \operatorname{count}_{1 \sim i}(1) = i$ ， $\operatorname{count}_{i+2 \sim n}(0) = n - i, \operatorname{count}_{i+2 \sim n}(1) = n - i - 1$ 。

我们将 $\sim i + 1$ 的数反转一下，即为 $1\to 0,0 \to 1$ 。那么 $\operatorname{count}(0)_{1 \sim i} = \operatorname{count}(1) = i_{1 \sim i}$ ， $a_{i+1} = 0$ ， $\operatorname{count}(0)_{i+2 \sim n} = n - i, \operatorname{count}(1)_{i+2 \sim n} = n - i - 1$ 。此时 $\operatorname{count}(0)_{1,n} = n + 1, \operatorname{count}(1)_{1,n} = n-1$ 。

可以发现，在反转后的每个序列都对应着一个反转前的不合法序列。这意味着，只要满足 $\operatorname{count}(0)_{1,n} = n + 1, \operatorname{count}(1)_{1,n} = n-1$ ，那么反转这个序列的一个前缀后就会得到一个新的不合法序列。

所以长为 $2 n$ 的合法序列的个数为

$\choose n} - {2n \choose n+1} \iff {2n \choose n} - {2n \choose n-1} = \frac{ {2n \choose n}}{n+1}$

错位排序

$D_{n}=(n-1) \times \left(D_{n-1}+D_{n-2}\right)(n>2)$

$D_n$ 表示有多少个 $\sim n$ 的排列，满足 $a_i \neq i$ ，即为不一一对应。

那么用组合意义推一下：

加入第 $n$ 个元素时，前 $n - 1$ 个元素已经错排好。则选择其中任意一个与 $a_n$ 交换一定合法。则选择方法有 $i - 1$ 种，记为 $D_{n-1} \times (n-1)$
加入第 $n$ 个元素时，前 $n - 1$ 个元素只有一个元素满足 $a_i = i$ ，其它的已经错排好。那么将 $a_i$ 与 $a_n$ 交换，那么现在 $a_n$ 还可以和 $n - 2$ 个元素交换，那么记为 $D_{n-2} \times (n-1)$ 。

综上所述，伪证完毕。

加法原理和乘法原理

排列和组合

Lucas定理

插板法

卡特兰数

错位排序

第二类斯特林数

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