快樂地打牢基礎（11）——組合數學

一、兩個原理

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加法原理

若完成一件事的的方法有$n$類，其中第$i$類方法的包括$m_i$種不同的方法，且這些方法互不重合，則完成這件事共有：$N= m_1+m_2+...+m_n$種不同的方法。

乘法原理（分佈計數原理）

若完成一件事需要$n$個步驟，其中第$i$個步驟有$m_i$種不同的完成方法，且這些步驟互不干擾，則完成這件事共有：$N = m_1 \times m_2\times...\times m_i$中不同的方法。

兩個原理的區別：一個與分類有關，一個與分佈有關；加法原理是"分類完成"，乘法原理是"分步完成"。

二、排列及其公式

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1.線排列

• Ⅰ.定義：一般地，從$n$個不同的元素中，取出$m(m\leq n)$個元素按照一定的順序拍成一列，叫做從$n$個不同的元素中取出$m$個元素的一個線排列。從$n$個不同元素中取出$m$個元素的所有線排列的個數，叫做從$n$個不同元素中取出$m$個元素的排列數，用符號$A(P)(n,m)$或者$A(P)^m_n$表示。

• Ⅱ.排列數公式：$A_n^m = n(n-1)(n-2)...(N- m+１)　＝\frac{n!}{(n-m)!}$

• 全排列：從$n$個不同的元素中取出$n$個元素的一個線排列，叫做$n$個元素的全排列數，用$A_n^n$來表示。此時，$A_n^n = n(n-1)\times (n-2)\times..\times3\times2\times1=n!.$

2.相異元素可重排列

從$n$個不同元素中可以重複地選出$m$個元素的排列，叫做相異元素的可重複排列。其排列總數爲$n^m$。

3.不全相異元素的排列

如果在$n$個元素中，有$n_1$個元素彼此相同，有$n_2$和元素彼此相同…有$n_m$彼此相同，並且$n_1+n_2+...+n_m=n$，則這$n$個元素的全排列叫做不全相異元素的全排列。

其排列數公式爲：${\frac{n!}{n_1!\times n_2!\times ...\times n_m!}}$。

【引例】把3個相同的黃球，2個相同的藍球，4個相同的白球排成一排，問：有多少種不同的排法？
解：符合不全相異元素的排列，使用不全相異元素的排列公式：$\frac{(3+2+4)!}{3!\times2!\times4!}=1269$種。

4.圓排列

從$n$個不同元素中選取出$m$個元素，部分首尾地排成一個圓圈的排列叫做圓排列，其排列方案數爲：${\frac{A_n^m}{m}=\frac{n!}{m\times(n-m)!}}$

三、組合及其公式

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1.非重組合

• Ⅰ.定義： 一般地，從$n$個不同的元素中，取出$m（m\leq n）$個元素，不允許元素重複，不考慮次序，叫做從$n$個不同的元素中取出$m$個元素的一個非重組合；從$n$個不同元素中取出$m（m\leq n）$個元素的所有組合的個數，叫做從$n$個不同個元素中取出$m$個元素的組合數，用符號$C_n^m$表示。根據乘法原理（分佈計數原理）可知：$A_n^m = C_n^m\times A_m^m$。
• Ⅱ.組合數公式：$C_n^m = \frac{A_n^m}{A_m^m} = \frac{n(n-1)(n-2)...(n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}(n,m\in N^{*})$
• Ⅲ.組合數的三個性質：
  1、$C_n ^ {m}=C_n^{n-m}$，規定：$C_n^0=1,C_n^n = 1$
  2、$C_{n+1}^{m}=C_n^m+C_n^{m-1}$
  3、$C_n ^ {m} = \frac{n- m + 1}{m}\times C_n^{m-1}$

2.可重複組合

從$n$個不同元素中，取出$r$個元素組成一個組合，且允許這$r$個元素重複使用（一般$r\leq n$，但也允許$r >n$），則稱這樣的組合爲可重複組合，器組合數記爲$H（n,r），H（n,r） = C_{n+ r - 1}^{r}$個

3.二項式定理

$(a+b)^n = \displaystyle\sum_{k= 0}^nC_n^ka^{n-k}b^k$

【例題1】luogu P1313 計算係數 （NOIP 2011）
題意
給定一個多項式$(ax + by)^k$，請求出多項式展開後$x^n \times y^m$項的係數。
思路
直接二項式定理分解。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int Max = 1e4 + 10;
const int mod = 10007;

ll qpow(ll a,ll b){
    int res = 1;
    while(b){
        if(b & 1){
            res = res * a % mod;
        }
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int c[Max] = {0};
int main(){
    ll a,b,k,n,m;
    ll ans = 1;
    scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&a,&b,&k,&n,&m);
    c[1] = k % mod;
    for(int i = 2; i <= k; i++){
        c[k - i] = c[i] = (k - i + 1) % mod * c[i-1] % mod  * qpow(i,mod-2) % mod;
    }
    ans  = c[m] % mod * qpow(a,n) % mod * qpow(b,m) % mod;
    printf("%lld\n",ans);

}

【例題】luogu P1066 $2^k$進制數

題意
設$r$是個$2^k$ 進制數，並滿足以下條件：

（1）$r$至少是個$2$位的$2^k$ 進制數。

（2）作爲$2^k$ 進制數，除最後一位外，$r$的每一位嚴格小於它右邊相鄰的那一位。

（3）將$r$轉換爲$2$進制數$q$後，則$q$的總位數不超過$w$。

在這裏，正整數$k(1≤k≤9)$和$w(k<W≤30000)$是事先給定的。

問：滿足上述條件的不同的 $r$ 共有多少個？
思路

四、多重集

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1.多重集的排列數

多重集是指包括重複元素的廣義集合。設$S = \{n_1·a_1，n_2·a_2,n_3·a_3,...,n_k·a_k\}$是由$n_1$個$a_1$,$n_2$個$a_2$,$n_3$個$a_3$,…,$n_k$個$a_k$組成的多重集。
$S$的全排列個數爲：
$\frac{n!}{n_1!n_2!...n_k!}$

2.多重集的組合數

設$S = \{n_1·a_1，n_2·a_2,n_3·a_3,...,n_k·a_k\}$是由$n_1$個$a_1$,$n_2$個$a_2$,$n_3$個$a_3$,…,$n_k$個$a_k$組成的多重集。設整數$r\leq n_i(\forall\in[1,k])。$從$S$中取出$r$個元素組成一個多重集（不考慮元素的順序），產生的不同多重集的數量爲：
$C_{k+r+1}^{k-1}$

證明：
原問題等價於統計下列集合的數量：$\{x_1·a_1，x_2·a_2,x_3·a_3,...,x_k·a_k\}$，其中$\sum^k_{I= 1}x_i=r$並且$x_i\leq n_i$。因爲$r \leq n_i$,必定有$x_i \leq n_i$,所以只需要考慮$\sum^k_{I= 1}x_i=r$這一條件。

故原問題等價於$r$個0，$k-1$個$1$構成的全排列數——$k-1$個$1$把$r$個$0$分成$k$組，每組的$0$的數量對應$x_i$。而多重集$\{r·0,(k-1)·1\}$的全排列數爲：
$\frac{(r+k-1)!}{r!(k-1)!}=C_{k+r-1}^{r}=C_{k+r-1}^{k-1}$。

五、Lucas定理

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作用： 利用模運算快速求出二項式係數C（n,m）,適用於不用模運算就無法求出其結果的、具有非常大的n和m的二項式係數。

若$p$是質數，則對於任意整數$1 \leq m\leq n$，有：
$C_n^m = C_{n \ mod\ p}^{m\ mod \ p}\times C_{n/p}^{m/p}(mod\ p)$
也就是把$n$和$m$表示成$p$進制數，對$p$進制下的每一位分別計算組合數，最後再乘起來。
【例題3】一本通OJ 1650：組合
題意

給出組合數 C(n,m) 表示從 n 個元素中選出 m 個元素的方案數。例如 C(5,2)=10,C(4,2)=6。可是當 n,m 比較大的時候，C(n,m) 很大。於是 xiaobo 希望你輸出 C(n,m) mod p 的值。

思路
求組合數，但因爲組合數過大，並且需要取模，所以考慮Lucas定理。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

ll n,m,p,cas;

ll qpow(ll a,ll b,ll mod){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(1 & b){
			res  = res * a % mod;
		}
		a = a * a % mod;
		b >>= 1; 
	}
	return res;
}

ll C(ll n,ll m,ll mod){
	if(m > n)
		return 0;
	if(m == 1)
		return n;
	if(n == m || m == 0)
		return 1;
//	ll res1 = 1,res2 = 1,res3 = 1;
//	for(int i = 1; i <= n; i++){
//		res1 = res1 * i % mod;
//		if(i <= m)
//		res2 = res2 * i % mod;
//		if(i <= n - m)
//		res3 = res3 * i % mod;
//	} 
//	return res1 * qpow(res2 * res3 % mod , mod - 2,mod) % mod;
	ll res1 = 1,res2 = 1,res3 = 1;
	for(int i = n - m + 1; i <= n; i++)
		res1 = res1 * i % mod;
	for(int i = 1; i <= m; i++)
		res2 = res2 * i % mod;
	return res1 * qpow(res2  , mod - 2,mod) % mod;
}
ll Lucas(ll n,ll m, ll mod){
	if(!m)
		return 1;
	return C(n % mod,m % mod,mod) * Lucas(n / mod , m / mod, mod) % mod;
}
int main(){
	scanf("%lld",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&p);
		printf("%lld\n",Lucas(n,m,p));
	}
	return 0;
} 

六、Catalan數列

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給定 $n$ 個 $0$和$n$個1，它們按照某種順序排成長度爲$2n$的序列，滿足任意前綴中$0$的個數都不少於$1$的個數的序列的數量爲$Cat_n = \frac{1}{n+1}C_{2n}^{n}$。

證明： 令$n$個$0$和$n$個$1$任意排成一個長度爲$2n$的序列$S$，若$S$不滿足任意前綴中$0$的個數都不少於$1$的個數，則存在一個最小的位置$2p+1\in [1,2n]$,使得$S[1～2p+1]$中有$p$個$0$,$p+1$個$1$。而把$S[2p+2～2n]$中的所有數位取反後，包含$n-p-1$個$0$和$n-p$個$1$.於是我們得到了有 $n-1$ 個 $0$ 和 $n+1$ 個 $1$ 排成的序列。
同理，令$n-1$個$0$和$n+1$個$1$隨意排成一個長度爲$2n$的序列$S$，也必定存在一個最小的位置$2p+1$，使得$S[1～2p+1]$中有$p$個$0$，$p+1$個$1$。把$S$後面剩下的一半取反，就得到了由$n$個$0$和$n$個$1$排成的、存在一個前綴$0$比$1$多的序列。

因此，以下兩種序列構成一個雙射：

• Ⅰ.由$n$個$0$和$n$個$1$排成的、存在一個前綴$0$比$1$多的序列。
• Ⅱ.由$n-1$個$0$和$n+1$個$1$排成的序列。
  根據組合數的定義，後者顯然有$C_{2n}^{n-1}$個。
  綜上所述，由$n$個$0$和$n$個$1$排成的、任意前綴中$0$都不少於$1$的序列數量爲：
  $C_{2n}^{n}-C_{n-1}^{2n} = \frac{(2n)!}{n!\ n!}-\frac{(2n)!}{(n-1)!(n-1)!}=\frac{1}{n+1}C_{2n}^{n} = Cat_n$

與Catalan數相關的問題：

• Ⅰ.$n$個左括號和$n$個右括號組成的合法括號的數量爲$Cat_n$。
• Ⅱ.$1,2,...n$經過一個棧，形成的合法出棧序列的數量爲$Cat_n$。
• Ⅲ.$n$個節點構成的不同二叉樹的數量爲$Cat_n$。
• Ⅳ.在平面直角座標系中，每一步只能向上或者向右走，從$（0,0）$走到$（n，n）$並且除兩個端點外不結束直線$y=x$的線路數量爲$2Cat_n$。