排列组合学习笔记

排列与组合

• 引入
  百度一下:排列与组合
  百度一下:组合
  百度一下:排列

定义

• 组合数

从$n$个不同元素中，任取$m(m≤n)$个元素并成一组，叫做从$n$个不同元素中取出$m$个元素的一个组合；从$n$个不同元素中取出$m(m≤n)$个元素的所有组合的个数，叫做从$n$个不同元素中取出$m$个元素的组合数。

我们通常用大写字母$C$表示，计算公式如下:
$C_n^m=frac{n!}{(n-m)!m!}$
$C_n^m$也可以写作$inom{n}{m}$或$C(n,m)$

• 排列数

排列，一般地，从$n$个不同元素中取出$m（m≤n）$个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从$n$个元素中取出m个元素的一个排列$(permutation)$。特别地，当$m=n$时，这个排列被称作全排列$(all permutation)$。

我们通常用大写字母$P$表示，计算公式如下:
$P_n^m=frac{n!}{(n-m)!}$

$P_n^m$也可写作$_nP_m$或者$A_n^m$

一些性质

• 组合数

性质1. 当$m=0$或者$n=m$时它的值为$1$。特别的，当$m>n$时它的值为$0$。（这应该十分显然吧）

性质2. $C_n^m=C_n^{n-m}$，因为选$m$个元素出来相当于你剩下$m$个元素而选$n-m$个元素出来，所以方案数是一样的。

性质3. $C_n^m=C_{n-1}^m+C^{n-1}_{m-1}$，这个就是组合数的一个递推式，它也是著名的杨辉三角，简单证明如下:

$n$个元素里面选$m$个元素有两种选法，第一种为在前$n-1$个内选$m$个，而不选第$n$个，方案数为$C_{n-1}^m$，或者在前$n-1$个元素内，只选$m-1$个，而第$m$个选第$n$个元素，方案数为$C_{n-1}^{m-1} imes 1$，所以由加法原理得，$n$个元素里面选$m$个元素的方案数为$C_{n-1}^m+C^{n-1}_{m-1}$。

性质4. $(a+b)^n=sumlimits_{m=0}^{n}C_n^ma^{n-m}b^m$，也就是二项式展开的系数。

性质5. $C_n^m=C_n^{m-1} imes frac{n-m+1}{m}$，由定义式相除得$frac{C_n^m}{C_n^{m-1}}=frac{n-m+1}{m}$。

• 排列数

性质1. $P_n^n=n!$，显然。

性质2. $P_n^m=C_n^m imes P_m^m$,这里这个公式将组合与排列联系起来了，我们可以这样理解，排列就是先选$m$个元素出来的方案数$C_n^m$，每种方案的$m$个元素再进行排列方案数$P_m^m$，所以总方案数根据乘法原理得$C_n^m imes P_m^m$。

• 补充
  有重复元素的全排列

元素个数无限制：重复排列$(permutationwith repetiton)$是一种特殊的排列。从$n$个不同元素中可重复地选取$m$个元素。按照一定的顺序排成一列，称作从$n$个元素中取$m$个元素的可重复排列。当且仅当所取的元素相同，且元素的排列顺序也相同，则两个排列相同。由分步记数原理易知，从n个元素中取m个元素的可重复排列的不同排列数为$n^m$。

元素个数有限制：先有$k$种元素，第$i$种元素的个数为$n_i$个，我们令$n=sum_{i=1}^kn_i$。我们可以先对元素编号，使其变成无重复元素，那么总方案数为$n!$，根据乘法原理可知，我们令答案为$ans$，那么$n_1! imes n_2! imes n_3!cdots n_k! imes ans = n!$，所以公式为$multiP_k^k=frac{n!}{n_1! imes n_2!cdots n_k!}$

可重复选择组合：设第$i$个元素选$x_i$个，转化为求方程$x_1+x_2+cdots +x_n=m$的非负整数解的个数，我们转化一下，令$y_i=x_i+1$，那么原方程就等于求$y_1+y_2+y_3cdots +y_n=m+n$的正整数解的个数，我们将其转化为$n+m$个$1$，然后使用插板法，将其插入$n-1$个板子，每个间隔里$1$的个数便是一个$y_i$的值，那么原问题转化为在$n+m-1$个位置上放$n-1$个板子的方案数，且板子之间至少有一个间隔，那么答案就显然为$C_{n+m-1}^{n-1}$，也就是$C_{n+m-1}^{m}$。

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程序上的实现

• 排列数

对于全排列，我们直接$O(n)$求阶乘，取模或者高精即可。对于重复元素全排列，我们使用快速幂即可在$O(log_2m)$时间内解决。

对于普通的排列，我们直接套用公式，预处理$n$以内的阶乘，然后$n!$和$(n-m)!$相除即可。若取模，求逆元相乘即可。

其余的情况求法类似。

• 组合数

第一种. 对于求一个组合数我们按照公式模拟，相除或者乘逆元即可，复杂度$O(max(n,m))$。

第二种. 对于求$C_1^0sim C_n^n$内的$n^2$个组合数，我们使用杨辉三角的递推式即可，复杂度$O(n^2)$（其实跑不满，严格来说是$O(frac{n imes (n+1)}{2})$）

code

C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
	C[i][0]=C[i][1]=1;
	for(int j=1;j<i;j++){
	   C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
   }
} 

第三种. 对于求$C_1^0sim C_n^n$内的$n^2$个组合数，我们预处理$n$内的阶乘（若取模还要处理$n$内阶乘的逆元），复杂度$O(n)$（加上逆元$O(log_2p+n)$，其中$p$为模数），每次求取时候用阶乘计算一下即可。

第四种. 对于取模的情况下，模数$p$较小而$n,m$十分大，我们用$Lucas$定理（若模数不为质数则使用$ExLucas$定理扩展卢卡斯定理），公式$C_n^m=C_{frac{n}{p}}^{frac{m}{p}} imes C_{nmod p}^{mmod p}$。（具体证明与推导博主后期会另外总结_(¦3」∠)_）

lucas的code
luogu P3807
不预处理
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
ll inv(ll a,ll b,ll mod){
  ll ans=1ll;
  for(;b;b>>=1,(a*=a)%=mod){
    if(b&1)(ans*=a)%=mod;
  }
  return ans;
}
ll calc(int a,int b,int p){
  if(a<=b) return a==b;
  if(b>a-b) b=a-b;
  ll ans=1ll,c1=1ll,c2=1ll;
  for(ll i=0;i<b;i++){
    c1=(c1*(a-i))%p;
    c2=(c2*(b-i))%p;
  }
  ans=(c1*inv(c2,p-2,p))%p;
  return ans;
}
ll lucas(int n,int m,int p){

  ll ans=1ll;
  for(;n&&m&&ans;n/=p,m/=p){
    ans=(ans*calc(n%p,m%p,p))%p;
  }
  return ans;
}
int T,n,m,p;
int main(){
  scanf("%d",&T);
  while(T--){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    printf("%lld
",lucas(n+m,n,p));
  }
  return 0;
}
用时: 0ms / 内存: 1746KB
/*******************************************/
预处理版本
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
ll ny[M],pow[M];
int n,m,p,T;
ll lucas(int a,int b){
    if(a<b) return 0;
    if(a<p) return pow[a]*ny[b]*ny[a-b]%p;
    return lucas(a/p,b/p)*lucas(a%p,b%p)%p;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
        ny[0]=ny[1]=pow[0]=pow[1]=1ll;
        for(int i=2;i<=n+m;i++) pow[i]=1ll*pow[i-1]*i%p;
        for(int i=2;i<=n+m;i++) ny[i]=1ll*(p-p/i)*ny[p%i]%p;
        for(int i=2;i<=n+m;i++) ny[i]=1ll*ny[i-1]*ny[i]%p;
        printf("%lld
",lucas(n+m,m));
    }
    return 0;
}
用时: 76ms / 内存: 2558KB

下面给出扩展lucas的模板代码

分解质因数+中国剩余定理+lucas定理
luogu P4720
用时: 88ms / 内存: 1746KB
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long 
using namespace std;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){x=1;y=0;return a;}
    else{ll now=exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);return now;}
}
ll fpow(ll a,ll b,ll mod){
    ll ans=1;
    for(;b;b>>=1,a=(a*a)%mod){
        if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
    }
    return ans%mod;
}
ll inv(ll a,ll mod){
    if(!a) return 0;
    ll x=0,y=0;
    exgcd(a,mod,x,y);
    x=((x%mod)+mod)%mod;
    if(!x) x=mod;
    return x;
}
ll calc(ll n,ll pi,ll pk){
    if(!n) return 1;
    ll ans=1;
    if(n/pk){
        for(ll i=2;i<=pk;i++)
           if(i%pi) ans=(ans*i)%pk;
        ans=fpow(ans,n/pk,pk);   
    }
    for(ll i=2,up=n%pk;i<=up;i++)
        if(i%pi) ans=(ans*i)%pk;
    return ans*calc(n/pi,pi,pk)%pk;
}
ll C(ll n,ll m,ll mod,ll pi,ll pk){
    if(m>n) return 0;
    ll a=calc(n,pi,pk),b=calc(m,pi,pk),c=calc(n-m,pi,pk);
    ll k=0,ans;
    for(ll i=n;i;i/=pi) k+=i/pi;
    for(ll i=m;i;i/=pi) k-=i/pi;
    for(ll i=n-m;i;i/=pi) k-=i/pi;
    ans=a*inv(b,pk)%pk*inv(c,pk)%pk*fpow(pi,k,pk)%pk;
    return ans*(mod/pk)%mod*inv(mod/pk,pk)%mod;
}

ll crt(ll n,ll m,ll mod){
    ll ans=0;
    for(ll x=mod,i=2;i<=mod;i++){
        if(x%i==0){
            ll pk=1;
            while(x%i==0) pk*=i,x/=i;
            ans=(ans+C(n,m,mod,i,pk))%mod;
        }
    }
    return ans;
}

ll n,m,p;
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    printf("%lld
",crt(n,m,p)%p);
    return 0;
}

第五种. 对于只求$n$一定的，而$m$变化的，可以使用组合数的性质5递推即可，复杂度为$O(n)$，取模的话，预处理逆元即可，复杂度$O(n+n)$。

code

求C(n,m)
C[1]=N;C[0]=1;
inv[1]=1;//逆元
for(long long i=2;i<min(N,Mod);i++) inv[i]=((Mod-Mod/i)*inv[Mod%i])%Mod;
for(long long i=2,j=N-1;i<=M;i++,j--)C[i]=C[i-1]*j%Mod*inv[i])%Mod;

预处理分数线上下两部分。

code

fac[0]=1;
for(long long i=2;i<=N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
inv[N]=pow(fac[N],mod-2);
for(long long i=N-1;i>=1;i++)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%Mod;