组合数学基础
本文部分运用到了生成函数的知识
如果直接食用本文结论,请忽略下列链接。
生成函数参考博客:普通型生成函数 - Ricky2007 - 博客园
我认为讲的不错
组合数学非常有用!我们先从一点点简单的性质开始
简单原理
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加法原理
这非常简单,我们举一个例子即可:考虑我有 \(5\) 个红苹果和 \(3\) 个绿苹果,如果你要选一个苹果去吃,那么你一共有 \(5 + 3 = 8\) 种选择的方法
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乘法原理
同样非常简单:考虑我有 \(5\) 个苹果,涵儿有 \(6\) 个苹果,我们各自拿出一个苹果,那么一共有 \(5 \times 6 = 30\) 种拿出的方案
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减法原理和除法原理
本质与加法原理和乘法原理相似,这里不做展开
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抽屉原理
(广义)如果 \(n\) 个物品一共有 \(k\) 种状态,那么至少有 \(\lceil \frac nk \rceil\) 种物品处于一个状态
推论:一个从有 \(> k\) 个元素的集合映射到 \(k\) 个元素的集合的函数一定不是一对一函数。
终于正式开始将排列组合了!
排列
定理:具有 \(n\) 个元素的集合,选出 \(r\) 个排列的可能数(顺序相关)
\[P(n, r) = n(n - 1)(n - 2)\cdots(n - r + 1)
\]
证明:由于顺序相关,不能选择同一个数多次,那么第一个位置有 \(n\) 种选法,第二个位置有 \(n - 1\) 中选法,以此类推,第 \(i\) 个位置有 \(n - i + 1\) 种选法。考虑乘法原理,那么就得出了上述结论。
特殊的:只要 \(n\) 是一个非负整数,那么 \(P(n, 0) = 1\),因为恰好有一种方法来排列 \(0\) 个元素
简写公式:一般来说,我们不会写成上述形式,而是
\[P(n, r) = \frac {n!}{(n - r)!}
\]
多重排列
考虑这样一个问题:我有 \(7\) 个盘子,\(2\) 个苹果,\(3\) 个橘子和 \(2\) 个桃子,分别在一个盘子中放一个水果,一共有多少种放法(我们认为同一种水果是相同的)?
经过计算,一共有 \(\frac {7!}{2!3!2!} = 210\) 种放法。
抽象来说,我们将 \(k\) 个元素进行排列,对于第 \(i\) 个元素一共有 \(x_i\) 个。那么总的排列方案数为
\]
组合
其实就是顺序无关的排列
定理:具有 \(n\) 个元素的集合,选出 \(r\) 个数组成新的集合,本质不同的集合数为
\[C(n,r) = {n \choose r} = \frac {n!}{r!(n-r)!}
\]
由于顺序无关,我们考虑通过排列推导。
证明:为了得出所有集合,我们先考虑顺序相关,也就是有 \(P(n, r)\) 个排列,而对于每一个排列,如果不考虑顺序,一共重复计算了 \(P(r, r)\) 次,所以
= \frac{P(n, r)}{P(r,r)}
= \frac {\frac {n!}{(n-r)!}}{\frac{r!}{(r-r)!}}
= \frac {n!}{r!(n-r)!}
\]
性质
接下来我们考虑组合的各种性质
\[{n \choose m}
= {n \choose n - m}
= \frac nm {n - 1 \choose m - 1}
= {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}
\]
-
前两个等式,考虑按照定义展开化简即可
-
考虑最后一个等式,
其实就是杨辉三角的递推,我们钦定 \(n\) 中的一个元素,分情况讨论-
如果不选择这个数,也就是在剩下的数中选择 \(m\) 个数,那么一共有 \({n-1 \choose m}\) 种情况
-
如果选择这个数,那么只需要在剩下的数种选择 \(m - 1\) 个数即可,那么一共有 \(n - 1 \choose m - 1\) 种情况
-
\[\binom nk \binom km = \binom nm \binom {n-k}{m-k}
\]
证明:展开即可
\[\sum_{i=k}^n \binom ik = \binom {n+1}{k+1}
\]
证明:还是考虑展开
\binom k {k+1} + \binom kk + \binom {k+1} k + \cdots + \binom nk
\]
\(\binom k {k+1}\) 是不合法的,所以其值为 0,加上去之后不会对结果产生影响
我们通过公式 \(\binom nm = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}\) 两两合并即可。
推论:我们将 \(i\) 平移,那么得出
\]
\[\sum_{i=0}^n i \binom ni = n 2^{n-1}
\]
证明:
考虑代数展开,通过 \({n \choose m} = {n \choose n - m}\) 变化即可。
\sum_{i=0}^n i \binom ni &= 0 \binom n0 + 1 \binom n1 + \dots + (n-1) \binom n {n-1} + n \binom nn \\
\end{aligned}
\]
但是,其实可以通过生成函数推导。推导步骤如下:
我们先展开,得到
\]
我们可以由此联想到生成函数求导的公式
\to <a_2, 2a_3, 3a_4, \dots>
\]
那么我们考虑求导前的生成函数序列:
\]
显然,其生成函数展开之前为 \(F(x) = (1+x)^n\)
那么我们对其求导得到 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\)
展开之后为
\]
我们考虑需要把所有的系数加起来,那么我们令 \(x = 1\) 即可
所以,得出
\]
我们考虑扩展一下上述式子
\[\sum_{i=0}^n i^2 \binom ni = n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2}
\]
考虑还是利用生成函数的思路。
将生成函数 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\) 向右平移一位并再次求导:
G(x) &= xF'(x) = nx(1+x)^{n-1} \\
G'(x) &= n(1+x)^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\
\end{aligned}
\]
那么我们还是借上面的思路,令 \(x = 1\),所以
\sum_{i=0}^n i^2 \binom ni &= G'(1) \\
&= n2^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\
&= n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2} \\
\end{aligned}
\]
二项式定理
定理:令 \(n\) 是非负整数,那么有
\[\begin{aligned}
(x+y)^n & = \sum_{i = 0}^n x^{n - i}y^i \\
& = \binom{n}{0}x^ny^0 + \binom n1 x^{n-1}y^1 + \cdots + \binom n {n-1} x^1y^{n-1} + \binom nn x^0 y^n
\end{aligned}
\]
考虑展开之后每一项都应该是 \(n\) 次的,所以 \(x\) 为 \(i\) 次一共有 \(\binom ni\) 种情况
我们利用这个找到一些有用的性质:
推论:令 \(n\) 为非负整数,那么
\[\sum_{i=0}^n \binom ni = 2^n
\]
证明:用二项式定理,令 \(x = y = 1\),那么
\]
推论:令 \(n\) 为非负整数,那么
\[\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom ni = 0
\]
证明:令 \(x = -1, y = 1\) 即可
范德蒙卷积
已知 \(n, m, t\)
\[\sum_{i=0}^t \binom ni \binom m {t-i} = \binom{n + m} t
\]
证明:在组合意义上,相当于在 \(n\) 中选 \(i\) 个,在 \(m\) 中选剩下的,也就是在 \(n + m\) 中选择 \(t\) 个。
而二项式证明这里就不展开了。
例题
请证明:
\[\sum_{i=0}^n {\binom ni}^2 = \binom {2n} n
\]
Lucas定理
定理:
\[\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p
\]这个证明相对复杂,请酌情食用
证明:
我们考虑通过带余方程改写上述式子:
\]
我们通过生成函数 \(F(x) = (1+x)^{sp+t}\) 的第 \(kp+r\) 次项的系数求。
我们先求一个推导的时候需要的东西:
(1+x)^p & \equiv 1 + \binom p1 x + \binom p2 x^2 + \binom p3 x^3 + \cdots + \binom p {p-1} x^{p-1} + x^p \pmod p \\
& \equiv 1 + x^p \pmod p
\end{aligned}
\]
那么我们正式开始推导:
(1+x)^{sp+t} & \equiv (1+x)^{sp} \cdot (1+x)^t \pmod p \\
& \equiv ((1+x)^p)^s \cdot (1+x)^t \\
& \equiv (1+x^p)^s \cdot (1+x)^t \\
& \equiv \sum_{i=0}^s \binom si x^{pi} \cdot \sum_{j=0}^t \binom tj x^j
\end{aligned}
\]
我们取 \(x^{kp+r}\) 项
那么当且仅当 \(i = k, j = r\) 时,就可以取出 \(x^{kp+r}\) 项的系数。
考虑为什么当且仅当?
可知,我们需要 \(ip+j = kp + r\)
\[\begin{aligned}
& \because j \in [0, t], t \in [0, p), r \in [0, p) \\
& \therefore j = r, i = k
\end{aligned}
\]
那么,其系数为
\]
所以,可知
\]
得证:
\]
程序实现:
这里还是稍微讲一下吧
首先,我们需要求出组合数,那么我们先预处理一下模数以内的阶乘和阶乘逆元:
long long fac[N] = {1}, ifac[N];
for (int i = 1; i < MOD; ++i) fac[i] = (i * fac[i - 1]) % MOD;
ifac[MOD - 1] = quickPow(fac[MOD - 1], MOD - 2, MOD);
for (int i = MOD - 1; i; --i) ifac[i - 1] = ifac[i] * i % MOD;
考虑一下组合数的特殊情况,如果 \(n < m\) 那么 \(\binom nm = 0\)
所以我们求模数以内的组合数方法如下:
inline int C(int i, int j) {
if (i > j) return 0;
return fac[j] * ifac[i] % MOD * ifac[j - i] % MOD;
}
那么Lucas定理呢?我们处理一下 \(n = 0\) 的特殊情况即可
inline int Lucas(int i, int j) {
if (i == 0) return 1;
return Lucas(i / MOD, j / MOD) * C(i % MOD, j % MOD) % MOD;
}
广义容斥与二项式反演
这个部分相对较复杂,我给出反演公式
令 \(f_n\) 表示之多拥有 \(n\) 个属性的集合个数,\(g_n\) 表示恰好拥有 \(n\) 个属性的集合
那么
f_n &= \sum_{i=0}^n \binom ni g_i \\
g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni f_i
\end{aligned}
\]
反演推导证明
g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni \sum_{j=0}^i \binom ij g_j \\
& 求和符号变换: \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom ni \binom ij (-1)^{n - i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom nj \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i = j}^n \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i=0}^{n-j} \binom {n-j}i (-1)^{n-i} \\
&= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj (1 + (-1))^{n-j} \\
& [当且仅当 n=j 时有贡献: (1+(-1))^{n-j} \ne 0] \\
&= g_j \binom nj [n=j] \\
&= g_n
\end{aligned}
\]