组合数学

组合数取模

为方便， $C_n^m$ 记为 $C(n,m)$ 。

struct Combination//底数为0~n都求出来，对p取模
{
    vector<vector<ll> > c;
    Combination(int n,ll p):c(n+1,vector<ll>(1,1))//答案在c[n][m]中，时间复杂度O(N*N)
    {
        for(int i=1; i<=n; c[i++].push_back(1))
            for(int j=1; j<i; ++j)
                c[i].push_back((c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%p);
    }
};
struct CombinatorialNumber//节省空间，只保存以n为底对p取模的结果,时间复杂度O(NlogN),其中log来自于乘法逆元
{
    vector<ll> c;
    CombinatorialNumber(int n,ll p):c(n+1,1)
    {
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            c[i]=c[i-1]*(n-i+1)%p*inv(i,p)%p;
    }
};
ll lucas(ll n,ll m,ll p)//卢卡斯定理求C(n,m)%p,时间复杂度O(min(n,p))
{
    if(!m)return 1;
    if(n<m||n%p<m%p)return 0;
    if(n>=p||m>=p)return lucas(n/p,m/p,p)*lucas(n%p,m%p,p)%p;
    ll a=1,b=1;//此时有0<m<n<p，可考虑优化用上面的结果来求
    for(m=min(m,n-m); m;)//暴力求
        a=a*n--%p,b=b*m--%p;
    return a*inv(b,p)%p;
}

Stirling数

第一类斯特林数

第一类斯特林数 $S(p,k)$ 的一个的组合学解释是：将p个物体排成k个非空循环排列的方法数。
递推公式： $S(p,k) = (p−1)S(p−1,k)+S(p−1,k−1),1 ≤ k ≤ p−1;S(p,0) = 0,p ≥ 1;S(p,p) = 1,p ≥ 0$

第二类斯特林数

第二类斯特林数 $S(p,k)$ 的一个的组合学解释是：将p个物体划分成k个非空不可辨别的（可以理解为盒子没有编号）集合的方法数。
递推公式： $S(p,k) = kS(p−1,k) + S(p−1,k−1),1 ≤ k ≤ p−1;S(p,0) = 0,p ≥ 1;S(p,p) = 1,p ≥ 0$
卷积形式： $S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m (-1)^kC(m,k)(m-k)^n=\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}$
同时有转化： $x^k=\sum_{i=1}^ki!C(x,i)S(k,i)$

斯特林近似公式

$n!\approx\sqrt{2πn}(\frac{n}{e})^n$

小球入盒问题

k 个球	m个盒子	空盒子	方案数
各不相同	各不相同	允许	$m^k$
各不相同	各不相同	无	$m!Stirling2(k,m)$
各不相同	完全相同	允许	$\sum_{i=1}^mStirling2(k,i)$
各不相同	完全相同	无	$Stirling2(k,m)$
完全相同	各不相同	允许	$C(m+k−1,k)$
完全相同	各不相同	无	$C(k−1,m−1)$
完全相同	完全相同	允许	$\frac{1}{(1−x)(1−x^2)...(1−x^m)}的x^k项的系数$
完全相同	完全相同	无	$\frac{x^m}{(1−x)(1−x^2)...(1−x^m)}的x^k项的系数$

Catalan数

$h_1 = 1,h_n =\frac{4n−2}{n+1}h_{n−1} =\frac{C(2n,n)}{ n+1 }= C(2n,n)−C(2n,n−1)$ 。
在一个格点阵列中，从(0,0)点走到(n,m)点且不经过对角线x=y的方法数： $C(n + m−1,m)−C(n + m−1,m−1),x > y;C(n + m,m)−C(n + m,m−1),x ≥ y$ 。

Bell数

把n个带标号的物品划分为若干不相交集合的方案数称为贝尔数，其递推公式： $B_n=\sum_{i=0}^{N-1}C_{n-1}^iB_i$
下为 $O(P^2\log P)$ 求 $B_n$ 对P取模。

struct Bell {
    static const int P=999999598,N=7284;
    int a[4],f[N],s[2][N],i,j,x;
    Bell() {
        a[0]=2,a[1]=13,a[2]=5281,a[3]=7283;//P的质因数分解
        f[0]=f[1]=s[0][0]=1,s[0][1]=2;
        for(i=2,x=1; i<N; i++,x^=1)
            for(f[i]=s[x][0]=s[x^1][i-1],j=1; j<=i; ++j)
                s[x][j]=(s[x^1][j-1]+s[x][j-1])%P;
    }
    int cal(int x,ll n) {
        int i,j,k,m=0,b[N],c[N],d[70];
        for(i=0; i<=x; i++)b[i]=f[i]%x;
        while(n)d[m++]=n%x,n/=x;
        for(i=1; i<m; i++)for(j=1; j<=d[i]; j++) {
                for(k=0; k<x; k++)c[k]=(b[k]*i+b[k+1])%x;
                c[x]=(c[0]+c[1])%x;
                for(k=0; k<=x; k++)b[k]=c[k];
            }
        return c[d[0]];
    }
    ll ask(ll n) {
        if(n<N)return f[n];
        ll t=0;
        for(int i=0; i<4; ++i)t=(t+(P/a[i])*pow(P/a[i],a[i]-2,a[i])%P*cal(a[i],n)%P)%P;
        return t;
    }
};

等价类容斥

考虑容斥，Bell(p)枚举所有等价情况。对于一种情况，强制了一个等价类里面的数都要相同，其它的可以相同也可以不同。
容斥系数为： $(−1)^{(p−等价类个数)}(每个等价类大小−1)!之积$ 。
贝尔数前若干项的表： $1,2,5,15,52,203,877,4140,21147,115975,678570,4213597,27644437,190899322,1382958545$

扩展Cayley公式

对于n个点，m个连通块的图，假设每个连通块有a[i]个点，那么用s−1条边把它连通的方案数为 $n^{s−2}a[1]a[2]...a[m]$ 。

超立方体

n维超立方体有 $2^{n−i}C(n,i)$ 个i维元素。

固定 k 个点为根的带标号有根树森林计数

固定k个点作为根的n个点的带标号有根树森林的方案数是 $n^{n−k−1}k$ 。

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