组合数学学习笔记（ljt讲课）

排列数（又称下降阶乘幂）

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

下降幂的差分

下降幂的差分具有良好的性质
$\Delta n^{\underline k}=(n+1)^{\underline k} - n^k=k*n^{\underline {k-1}}$（展开合并即可）
前缀和是查分的逆运算也具有良好的性质：
$\sum i^{\underline k} = \sum_{0\le i <n } i^{\underline k} = \frac{1}{k+1} n^{\underline {k+1}}$

证明：
①：转换到组合意义
$\sum_{0 \le i<n} i^{\underline k} = \sum_{0 \le i<n} A_i^k = \frac{1}{k!} \sum_{0 \le i<n} {i \choose k} \\ =\frac{1}{k!} *C_{n}^{k+1}=\frac{1}{k!}*\frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}\\ =\frac{1}{k+1}*\frac{n!}{n-j-1!}=\frac{1}{k+1}A_n^{k+1} =\frac{1}{k+1}n^{\underline {k+1}}$
②：直接通过下降幂的查分
$n^{\underline {k+1}} = \sum_{i=0}^{n-1}\Delta i^{\underline k}=(k+1)\sum_{i=0}^{n-1}i^{\underline k}\\ \Rightarrow \sum_{i=0}^{n-1}i^{\underline k}=\frac{1}{k+1}n^{\underline{k+1}}$

牛顿二项式定理

$(1+z)^r=\sum_{k} {r \choose k} z^k$

常见的组合数恒等式

吸收/提取恒等式：
${n\choose m}=\frac{n}{m}{n-1\choose m-1}\Rightarrow m{n \choose m} = n{n-1 \choose m-1}$
证明显然

翻转上指标恒等式：
${n\choose m} = (-1)^m{m-n-1 \choose m}$
证明：展开后将分子取反即可

三项式版恒等式：
${n\choose m}{m \choose k} = {n\choose k}{n-k \choose m-k}$
证明：考虑组合意义

平行求和：
$\sum_{k\le n}{r+k \choose k} = {r+n+1 \choose n}$
将第一项变换后两两合并即可

上指标求和：
$\sum_{k\le n} {k \choose m} = {n+1 \choose m+1}$
证明：考虑组合意义
从 $n+1$个球挑出 $m+1$个球， ${k\choose m}$表示最大标号为k的方案数，即可推得

范德蒙德卷积恒等式
$\sum_k{r\choose k}{s\choose n-k}={r+s\choose n}$
证明：考虑组合意义
两个大小分别为 $r$和 $s$的集合，总共要挑出 $n$个元素

容斥原理

基于恒等式：
$\sum_{k=0} (-1)^k{n\choose k}=[n==0]$
简单变形：
$\sum_{k\ge 1}(-1)^{k}{n\choose k}=[n>0]$
一般情形：
$\left| \bigcup_{i∈I} A_i \right| = \sum_{\alpha \subseteq I}(-1)^{|\alpha+1|} \left| \bigcap_{i∈\alpha} A_i \right|$
证明：考虑每个元素的出现集合 $S_x=\{i|x∈A_i\}$，那么原式等价求 $\sum_x[S_x>0]$
考虑 $x$被算了几次
，对于 $S_x$的任何一个子集 $s$， $x$都被加上了 $(-1)^{|s|+1}$的贡献，故x被计算的次数为 $\sum_{k\ge 1}(-1)^{k+1} { |S_x| \choose k }=[|S_x|>0]$

容斥原理的另一种形式：
$\left| \bigcap_i \overline A_i \right|=\sum_{\alpha ∈I}(-1)^{\alpha}\left| \bigcap_{i∈\alpha} A_i \right|$
前半部分显然是求并集的补集，只要在对原来的式子取反即可

min-max容斥

记 $max(S)$为集合 $S$中最大的元素的值
记 $min(S)$为集合 $S$中最小的元素的值
有 $max(S)=\sum_{A\subseteq S且A≠\phi} (-1)^{|A|-1}min(A)$
证明：
记 $S_x$为比 $x$元素大的元素集合
则 $x$的贡献为：
$\sum_k{|S_x| \choose k}(-1)^k=[|S_x|=\phi]$

拓展形式： $lcm(S)=\sum_{A\subseteq S且A≠\phi} (-1)^{|A|-1}gcd(A)$

二项式反演

$g(n)=\sum_k (-1)^k{n\choose k}f(k)\Leftrightarrow f(n)=\sum_k(-1)^k{n\choose k}g(k)\\ g(n)=\sum_k{n\choose k}f(k)\Leftrightarrow f(n)=\sum_k (-1)^{n-k}{n\choose k}g(k)$
证明：
首先对于①式
$\sum_k (-1)^k {n\choose k} \sum_j(-1)^j{k\choose j} g(j)\\ = \sum_j (-1)^j \sum_k (-1)^k {n\choose k}{k\choose j}\\ = \sum_j (-1)^j \sum_k (-1)^k {n\choose j}{n-j\choose k-j}\\ = \sum_j {n\choose j}g(j) \sum_k (-1)^{k} {n-j\choose k}\\ = \sum_j {n\choose j}g(j) [ n = j ]\\ = g(n)$
二式同理

我们考虑从母函数的角度去证明这个式子：
$g(n) = \sum_k (-1)^k {n\choose k} f(k) \\ g(n) = \sum_k (-1)^k \frac{n!}{(n-k)!k!} f(k)\\ \frac{g(n)}{n!}=\sum_k(-1)^k \frac{f(k)}{k!} \frac{1}{(n-k)!}\\ \left(\sum_n (-1)^n \frac{f(n)}{n!} z^n\right) \times \left(\sum_n \frac{1}{n!} z^n\right)\\ G_e(z) = F_e(-z) e^z\\ G_e(z) e^{-z} = F_e(-z)\\ F_e(z) = G_e(-z) e^{z}\\ f(n)/n! = \sum_k (-1)^k\frac{g(k)}{k!}\times \frac{1}{(n-k)!}\\ f(n) = \sum_k(-1)^k{n\choose k}g(k)$
第二个式子更简单：
$g(n) = \sum_k{n\choose k}f(k) \iff f(n) = \sum_k{n\choose k}(-1)^{n-k}g(k)\\ \frac{g(n)}{n!} = \sum_k \frac{f(k)}{k!} \frac{1}{(n-k)!}\\ G(z)=F(z)e^z \Rightarrow F(z)=G(z)e^{-z} \\ f(n) = \sum_kg(k)\frac{(-1)^{n-k}}{(n-k)!}$

卡特兰数

多的就不讲了，讲一下通项推导 https://blog.csdn.net/a1035719430/article/details/85078446

广义容斥原理

$\alpha$是指标集，设 $f(\alpha)$表示不被 $\bigcup_{i∈\alpha}A_i$且被 $\bigcap_{i\notin \alpha}A_i$包含的元素个数， $g(\alpha)$表示不被 $\bigcup_{i\in\alpha}$包含的元素个数
则有递推关系：
$f(\alpha)=g(\alpha)-\sum_{\alpha \subseteq \gamma ,\alpha ≠\gamma}f(\gamma)$

很多问题要求恰好在 $k$个集合中的元素个数（恰好满足 $k$个性质）
设其为 $f(k)$，同时设 $g(k)$表示至少在 $k$个集合的方案数，先然后
$f(i)=g(i)-\sum_{k>i}{k\choose i}f(k)$
例题：bzoj3622
传送门：https://blog.csdn.net/a1035719430/article/details/84955309

广义容斥的优秀做法

广义容斥还有 $O(nlogn)$的解法
$g(i)=\sum_{k}{k\choose i}f(k)=\sum_k \frac{k!f(k)}{i!(k-i)!}\\ \Rightarrow i!g(i)=\sum_k \frac{k!f(k)}{(k-i)!}$
令 $G(i)=(N-i)!g(N-i),F(i)=(N-i)!f(N-i)!$