組合せ論とカウント
これは、小さなオーストリアのですが、やはり（笑それを学ぶために巣を停止することができたとしても
全体でカウント問題\（NOIP \）またはシートの所持。
ファスト何度も繰り返し。
基本カウンティング原則
添加の原則、減算原則、乗算の原則：原則の一部。
包除原理：
まあ理解、すぐに理解するベン図を描きます。
ティモシーはわずか法律をルート：
$ C_S（P∩Q）=（C_SP）∪（C_SQ）C_S（P∩Q）=（C_SP）∪（C_SQ）$
\（C_S（P∪Q）=（C_SP）∩（C_SQ）\）
問題の一般的な技術を数えます：
- 統計を考慮し、直接統計的性質がより困難に持っているものの数は、このような性質のものの数を持っていない場合、その合計値を引きます。
- 入れて前方の交差点の補数になるために設定されたソリューションを、2は等価です。
- 直接現在のカウントとサイズ難しいが、比較的容易な交差点（またはその逆）のサイズをカウントするには、また、モルガンの法則や交差点と補数に変換することができます。
- 我々は、特別な条件の数とプログラムの数を計算する必要がある場合には、いくつかの同等の代替方法を使用することができます。具体的には、2ショット（1つのマッピング）、新しい質問としてマッピングプログラムの元の問題のそれぞれのためのプログラムを構築し、その答えは、計算が容易です。
カウンタは、アイテムの必要数の隣接する場合、それらは全体としてカウントすることができるが、また、全体として知られている方法であって、方法を結合。
補間方法：商品の必要な数は、隣接する対毎場合、他の項目は、最初に片付け、そしてこれらの項目のうち、ヌル挿入、カウントすることができます。
方法セパレータ：インターポーザ組合せ問題の割当区別できない物品ソリューション整数変換/不定方程式。
いくつかの例を見てください。
1. N解を求めるの数の少なくとも一方に割り当てられた各人物の個々の要求に分割された同じリンゴK。
溶液：セパレータの方法は、この問題は、と等価である（\ \ N-）に異なる物品\（K \）の部分、即ち、（\ \ {N - dbinom 1 1-K {}。} \） 。
実際には、不定方程式の解として見ることができる\（\和^ N_ {I = 1} X_I = N \） この方程式の解のセットにおける要素の総数。
バリアント2：個人kに与えられたn個の同一リンゴ、0はプログラムの数を求めて、一人一人に割り当てることができます。
解決策：パーティションがまだ法律で、我々が想像追加\（k個\）この人には0に割り当てられたAppleのリンゴと同等のものを割り当てられた空気のリンゴ（誰がりんごを持っていないリミットケース）のは、その問題をに変換されます\（N + k個の\）は番目の資料は、に分割されている\（K \）の部分、即ち、（\ \ {N-dbinom-K + 1. 1-N-} {} \） 。
順列
乗算の原理によれば、描画が容易：
\ [\ dbinom {NM}} = {C_N ^ M = \ N-FRAC {！} P_Nの\\ ^ M = \ {N-FRAC {M} {（nm）を!!}！ ！（NM）} \]
いくつかの簡単な性質：
\ [\ {N-dbinom} = {0} 1、\ dbinom 1 {{。。}} = N-N-、\ dbinom {N-2} = {} \ {N-FRAC （N-1）} {2 } \\ \ dbinom {N} {M} = \ dbinom {N} {NM} \\ \ FRAC {M} {N} \ dbinom {N} {M} = \ dbinom { N-1} {K-1
} \] いくつかの漸化式の組み合わせ：
\ [\ dbinom {N-M} = {} \ {N - dbinom 1 1-M}} + {\ dbinom {{} 1-N-M。 }、K> 0 \]
一般的な方法対数的組成物。
- 再発
for(int i=0;i<n;++i){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j){
C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
}
}- 逆（の意味でのモジュロP）
プレスキル：任意の整数の場合\（X- \） 、それが金型内にある\（Pの\）整数の意味で割っ\（Y軸\） 、それに対する回答が逆元を掛けた除数に相当しています。
\（A / Bの\ {P} MOD INV = A *（B）\ {P} MOD \） 、ここで\（INV \）は、逆元を表します。
\ [\開始{整列} \ dbinom {N} {M} \ MOD P＆= \ FRAC {N！} {M！（NM）！} \モッドP \\＆= N！* Invの（M！）* INV（（NM）！）\ MOD P \\＆= N！*（M！*（NM）！）^ {P-2} MODのp \端\ {整列} \]
高速電力とすることができます。
- ルーカス
私はしません。
二項定理
実際には、この定理は明白です。
\ [（X + Y）^ N = \和^ N_ {k = 0} \ dbinom {n}は{K} X ^ {NK} y ^ K \]
いくつかの例を見て。
1.撹乱は：nは、封筒や手紙nは、対応、プログラムの数が間違った文字の封筒を設置している求めて、それぞれがあります。
解決策：使用包除原理を、彼らは明らかに包含と除外を行うことができます補数の交差点を、考えます。与えられたために\（k個\）文字、我々は、彼らがその後、プログラム番号がされて、上にインストールされていることを前提とし（（NK）！\）\種を。指定された\（K \）プログラムの文字の数がされる（\ \ {N-dbinom {K}}）\を、乗算の原理に従って、我々は答えを得る：\（\ SUM _} ^ {N-K = {0}（ - ！1）^ k個の\ dbinom { n}は{K}（NK）= \和^ {N} _ {K = 0}（ - 1）^ k個の\ FRAC {N！} \）{K！}
2.JSOI2011サブスペシャリティ
学生は各学生に配布$を$ a_iを各専門は、それぞれが少なくとも一つの、必要なプログラムの数割り当て満たす必要があり、nは、専門のM種類があります。
N-、1000年≤M、\（a_iを\） 1000年≤。答えがする（9 + 10 ^ 7 \）\剰余を。
解決策：これは、実際にパーティション法の変形である、我々は最高の統計への回答を必要としています。その質問に、上記と同じであると除外の実践を、考えてみて、交差点を検討して補完します。仮定\（K \）のクラスメートは、プログラム番号に割り当てられた固有ました\（F（k）を\） 。答えは簡単である：\（\のSUM N_ ^ K = {0}（ - 1）^ K \ {N-dbinom F}、{K}（K）\）。検討\（F（K）\）ので、\（m個\）互いに独立の溶液に対するそれらの寄与、在来種、私たちは各時間は、上記式によって得られたネイティブへの答えが、ギャッププラグなる数えますプログラム板の総数：\（F（K）= \ ^ m_LowのProd 1 = {I} \ {a_iをdbinom +（NK）-1-NK 1。}} {\）。
これらの問題はつまり、フロントはセットを解決することはより困難である、と同じ性質のものであることを確認しやすい、我々はこの交差点を解決するために含める除外して、その後交差点を解決し、セットを補完するために変換しようとします。
選択した県の包含と除外は、比較的単純なように見えますか？彼は、私の料理かどうか。
実際には、それは非常によく理解されています。