组合数公式
递推式
[C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)
]
组合数完全累和
[sum_{i=0}^n C(n,i) =2^n
]
奇偶累和
[sum_0^n (-1)^i C(n,i)=[n=0]
]
$sumcdotssum ightarrow C() $型
我们熟知的有
[sum_{i=1}^{n}1=n = C(n,1)
]
[sum _{i=1}^{n} sum_{j=i+1}^{n} 1= frac{n(n-1)}{2}
]
更一般的
[underbrace {sum sum ... sum} 1 =C(n,k)
]
[(k个sum)
]
$ ... cdot C(n,i)$型
$ sum i cdot C(n,i) $
$ = sum {i cdot frac{n!}{i! cdot (n-i)!}}$
$ = sum { frac{n!}{(i-1)! cdot (n-i)!}}$
(=sum {n cdot frac {(n-1)!} {(i-1)! cdot (n-i)!}})
(=ncdot sum C(n-1,i-1))
同理的
[sum icdot (i-1)cdot C(n,i)=n cdot (n-1) cdot sum C(n-2,i-2)
]
带入还能得到
[sum i^2 cdot C(n,i) = n cdot (n-1) cdot sum C(n-2,i-2)+n cdot sum C(n-1,i-1)
]
更一般的，可以表示成
[sum C(i,k) cdot C(n,i) =C(n,k) cdot sum C(n-k,i-k)
]
多组合数相乘型
(sum_{i=0}^{k} C(n,i)cdot C(m,k-i) = C(n+m,k))
其实就是两个组合问题的组合，可以直接通过实际意义得到
Lucas定理
$ C(n,m) mod p = C(n mod p,m mod p) cdot C(lfloorfrac{n} {p} floor, lfloor frac{m} {p} floor) mod p$
预处理阶乘逆元后，可以用于解决模数较小而(n,m)较大的组合数问题
组合数前缀和
令 (S(n,m)=sum_{i=0}^{m} C(n,i))
(S(n,m)+S(n,m+1))
(=sum_{i=0}^{m}(C(n,i)+C(n,i+1))+C(n,0))
(=sum C(n+1,i+1)+C(n,0)) (带入递推公式)
(=S(n+1,m+1))
又(ecause S(n,m)+S(n,m+1)=2S(n,m+1)-C(n,m+1))
( herefore S(n,m)=2S(n-1,m)-C(n-1,m))
(待补。。。)