组合与计数

组合数学与计数

即使这是小奥，但也阻止不了窝再学一遍（笑

总的来说，计数问题在(NOIp)中还是占有一席之位的。

快速过一遍。

基本计数原理

一些原理：加法原理，减法原理，乘法原理。

容斥原理：

很好理解，画个Venn图就很快明白了。

略提摩根律：

$C_S(P∩Q)=(C_SP)∪(C_SQ)C_S(P∩Q)=(C_SP)∪(C_SQ) ( )C_S(P∪Q)=(C_SP)∩(C_SQ)$

计数问题常见技巧：

• 当直接统计具有一种性质的事物个数较为困难时，考虑统计不具有这种性质的事物个数，再用总数减去这个值。
• 把正向的解集变成其补集的交集，二者等价。
• 直接算并集大小较为困难，但是算交集大小相对容易（或者相反），有时也可用摩根律转换为补集的交或并。
• 当我们需要计算一些带特殊条件的方案数时，可以用一些等价替代的方法。具体来讲，我们构造一个双射（一一映射），将每一种原问题的方案映射为新问题的一种方案，并使答案更容易计算。

捆绑法：也称整体法，在计数时，如果要求若干物品相邻，则可以将它们作为一个整体来进行计数。

插空法：如果要求若干物品两两不相邻，可以先将其他物品放好，然后将这些物品插入空当中，进行计数。

隔板法：将不可区分物品分配问题/不定方程整数解问题转化为插板组合问题。

看几个例题。

1.把 n 个相同的苹果分给 k 个人，要求每个人至少分到一个，求方案数。

解：应用隔板法，这个问题相当于将(n)个不同物品划分成(k)份，即(dbinom{n-1}{k-1})。

其实可以看作解不定方程(sum^n_{i=1}x_i=n)这个方程的解集的元素总数。

2.变式：把 n 个相同的苹果分给 k 个人，每个人可以分到0个，求方案数。

解：仍然是隔板法，我们想象加入(k)个空气苹果（极限情况为没有一个人拿到苹果），分到这种苹果的人相当于分到0个苹果，那么问题转化为将(n+k)个物品划分成(k)份，即(dbinom{n+k-1}{n-1})。

排列组合

根据乘法原理，容易得出：

[dbinom{n}{m}=C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!}\ P_n^m=frac{n!}{(n-m)!} ]

几个简单的性质：

[dbinom{n}{0}=1,dbinom{n}{1}=n,dbinom{n}{2}=frac{n(n-1)}{2}\ dbinom{n}{m}=dbinom{n}{n-m}\ frac{m}{n}dbinom{n}{m}=dbinom{n-1}{k-1} ]

组合数递推公式：

[dbinom{n}{m}=dbinom{n-1}{m-1}+dbinom{n-1}{m},k>0 ]

一般组合数求法：

• 递推

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];
    }
}

• 逆元（在模p的意义下）

前置技能：对于任意一个整数(x)，它在模(p)意义下除以一个整数(y)的答案等价于它乘上除数的逆元。

(a/bmod{p}=a*inv(b) mod{p})，其中 (inv)表示逆元。

[egin{align} dbinom{n}{m}mod p &=frac{n!}{m!(n-m)!}mod p\ &=n!*inv(m!)*inv((n-m)!)mod p\ &=n!*(m!*(n-m)!)^{p-2}mod p end{align} ]

用快速幂即可。

• lucas

我不会。

二项式定理

这个定理其实是显然的。

[(x+y)^n=sum^n_{k=0}dbinom{n}{k}x^{n-k}y^k ]

再看几个例题。

1.错位排列：有 n 个信封和 n 封信，一一对应，求把每封信都装错信封的方案数。

解：利用容斥原理，考虑它们补集的交集，这显然可以用容斥去做。对于指定的(k)封信，我们假设它们装对了，那么方案数是((n-k)!)种。而指定(k)封信的方案数是(dbinom{n}{k})，根据乘法原理，我们得到答案：(sum^{n}_{k=0}(-1)^kdbinom{n}{k}(n-k)!=sum^{n}_{k=0}(-1)^kfrac{n!}{k!})

2.JSOI2011 分特产

有 n 个同学，m 种特产，每种特产有 $a_i $个，需要分给每个同学，满足每个人至少分到一个，求方案数。
n, m ≤ 1000, (a_i) ≤ 1000。答案对 (10^9 + 7) 取模。

解：这其实是一道变种的隔板法，我们把需要的答案统计起来即可。考虑一种容斥的做法，即像上面那题一样，考虑补集的交集。假设有(k)个同学一个土特产都没分到，方案数为(f(k))。易得出答案：(sum^n_{k=0}(-1)^kdbinom{n}{k}f(k))。考虑(f(k))，由于有(m)种土特产，它们对解的贡献相互独立，所以我们对每种土特产计一次答案，由上面的变式得有空位的插板的方案总数：(f(k)=prod^m_{i=1}dbinom{a_i+(n-k)-1}{n-k-1})

不难看出，这些题目都具有相同的性质，即正面求解集较难，我们便尝试转换为求解集的补集的交集，然后用容斥去解这个交集。

容斥在省选中好像算比较简单的？不管他，我菜。

其实还是比较好理解的。