[复习资料]组合计数学习笔记

目录

• 组合计数学习笔记
  • 组合数
    • 组合恒等式
    • 二项式反演
    • 求组合数
      • $1le n,mle 5000$
      • $1le n,mle 10^6,p ext{ is a prime number}$
      • $1le n,mle 10^{18},1le ple 10^6,p ext{ is a prime number}$
      • $1le n,mle 10^{18},1le ple 106,p=p_0c,p_0 ext{ is a prime number}$
      • $1le n,mle 10^{18},1le ple 10^6$
      • $1le n,mle 10^{9},1le ple 10{18},p=p_0c,p_0 ext{ is a prime number},cle 20,p_0le 60$
      • $1le n,mle 2 imes 10^{9},1le ple 2 imes 10^9,p ext{ is a prime number}$
  • 斯特林数
    • 第一类斯特林数
    • 第二类斯特林数
    • 两类斯特林数
    • 斯特林反演
    • 求斯特林数
      • 第一类斯特林数
      • 第二类斯特林数
  • 十二重计数法
    • UUA
    • UUB
    • UUC
    • ULA
    • ULB
    • ULC
    • LUA
    • LUB
    • LUC
    • LLA
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    • LLC

组合计数学习笔记

组合数

({nchoose m}) 表示在 (n) 个不同的数中选 (m) 个的方案数。

递推式：枚举最后一个数选还是不选 ({nchoose m}={n-1choose m}+{n-1choose m-1}) 。

通项公式： ({nchoose m}=frac{n!}{(n-m)!m!}) 。

隔板法：

• 将 (n) 个相同的球放到允许空的 (m) 个不同的盒子的方案数是 ({n+m-1choose m-1}) 。
• 将 (n) 个相同的球放到非空的 (m) 个不同的盒子的方案数是 ({n-1choose m-1}) 。

组合恒等式

(n) 个数里面选 (m) 个和选 (n-m) 个本质相同， ({nchoose m}={nchoose n-m}) 。

(n) 个数里面选任意多个可以用二进制表示，一一对应， (sum_{i=0}^n{nchoose i}=2^n) 。

(sum_{i=0}^n2^i{nchoose i}=3^n) ， (3^n) 表示有 (n) 个数，每个数 (0sim 2) 的方案数，也可以先从 (n) 个中选出 (i) 个数然后规定这些数大于 (0) ，然后每个数有两个选择 (1) 或者 (2) ，所以乘以一个 (2^i) ，这两种方法等价。

由上面两条启发可以得出一条“套娃定理”：

[sum_{a_1=0}^nsum_{a_2=0}^{a_1}cdotssum_{a_k=0}^{a_{k-1}}{a_{k-1}choose a_k}cdots{a_1choose a_2}{nchoose a_1}=sum_{a_0+a_1+cdots+a_k=n}{nchoose a_0,a_1,dots,a_k}=(k+1)^n ]

(sum_{i=0}^n(-1)^i{nchoose i}=[n=0]) ，首先显然有 (sum_{i=0}^0(-1)^i{nchoose i}=1) ，然后 (sum_{i=0}^n(-1)^i{nchoose i}=sum_{i=0}^n(-1)^i({n-1choose i-1}+{n-1choose i})=sum_{i=-1}^{n-1}(-1)^{i+1}{n-1choose i}+sum_{i=0}^n(-1)^i{n-1choose i}=0(nge 1)) 。

(sum_{i=0}^n{nchoose i}[2mid i]=sum_{i=0}^n{nchoose i}[2 otmid i]=2^{n-1}(nge 1)) ，这个式子等价于 (sum_{i=0}^n(-1)^i{nchoose i}=0(nge 1)) 。

(sum_{i=0}^m{n+ichoose n}) 相当于是将 (le m) 个相同的球放到允许空的 (n+1) 个不同的盒子里去的方案数，也可以认为是多加一个盒子变成 (n+2) 个盒子，最后一个盒子作为“垃圾桶”，然后在这些盒子中放 (m) 个相同的球，确定方案后把最后的盒子和里面的球都丢掉，这样和上面一一对应，方案数是 ({n+m+1choose n+1}) ，所以 (sum_{i=0}^m{n+ichoose n}={n+m+1choose n+1}) 。

(sum_{i=m}^n{ichoose m}=sum_{i=0}^{n-m}{m+ichoose m}={n+1choose n-m}={n+1choose m+1}) 。

(n) 个里面选 (m) 个再从 (m) 个里面选 (k) 个和先在 (n) 个里面选 (k) 个再在剩下的 (n-k) 个里面选 (m-k) 个等价， ({nchoose m}{mchoose k}={nchoose k}{n-kchoose m-k}) 。

(sum_{i=0}^k{nchoose i}{mchoose k-i}={n+mchoose k}) ，(n+m) 中选 (k) 个和先把 (n+m) 分成两份 (n) 和 (m) ，然后枚举左边选多少个右边选多少个等价。

(sum_{i=0}^n{nchoose i}^2=sum_{i=0}^n{nchoose i}{nchoose n-i}={2nchoose n}) 。

二项式反演

二项式反演的式子：

[g(n)=sum_{i=0}^n{nchoose i}f(i)Leftrightarrow f(n)=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nchoose i}g(i) ]

证明：

[sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nchoose i}g(i) ]

[=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nchoose i}sum_{j=0}^i{ichoose j}f(j) ]

[=sum_{j=0}^nf(j)sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nchoose i}{ichoose j} ]

[=sum_{j=0}^nf(j)(-1)^{n-j}sum_{i=0}^n(-1)^{i-j}{nchoose j}{n-jchoose i-j} ]

[=sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}{nchoose j}f(j)sum_{i=0}^{n-j}(-1)^i{n-jchoose i} ]

[=sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}{nchoose j}f(j)[n=j] ]

[=f(n) ]

求组合数

求 ({nchoose m}mod p) 。

(1le n,mle 5000)

直接 (mathcal O(nm)) 递推即可。

(1le n,mle 10^6,p ext{ is a prime number})

(mathcal O(n)) 线性递推求逆元，然后根据通项公式 (frac{n!}{m!(n-m)!}) 即可得出答案。

(1le n,mle 10^{18},1le ple 10^6,p ext{ is a prime number})

Lucas 定理：

[{nchoose m}pmod p={nmod pchoose mmod p}{lfloor n/p floorchoose lfloor m/p floor}pmod p ]

(1le n,mle 10^{18},1le ple 10^6,p=p_0^c,p_0 ext{ is a prime number})

扩展 Lucas 定理，其实和 Lucas 定理没有什么关系。

考虑把 (n!) 中所有 (p_0) 这个因数提出来，因为提出来之后就可以求逆元了，因数个数还是很好求的，就是 (sum_{i=1}lfloorfrac{n}{p_0^i} floor) ，问题就是把因数提出来之后剩下的值乘起来是多少。

先考虑 (1sim n) 中不是 (p_0) 的倍数的数，这时我们可以分别统计在模 (p) 意义下值为 (i(0<i< p,i otmid p_0)) 的有多少，这个很简单算，就是 (lfloorfrac{n}{p} floor+[nmod pge i]) ，然后全部乘起来即可。

再考虑 (1sim n) 中是 (p_0) 的倍数的数，这样的数的数量是 (lfloorfrac{n}{p_0} floor) ，给所有数提出一个因子 (p_0) ，于是答案就变成 (p_0^{lfloorfrac{n}{p_0} floor}) 乘以一个将 (lfloorfrac{n}{p_0} floor!) 中所有 (p_0) 这个因数提出来之后的值了，直接递归下去求解即可。

(1le n,mle 10^{18},1le ple 10^6)

众所周知，有个东西叫做 CRT （中国剩余定理），然后就是扩展 Lucas 了。

(1le n,mle 10^{9},1le ple 10^{18},p=p_0^c,p_0 ext{ is a prime number},cle 20,p_0le 60)

介绍一个复杂度很诡异的算法，复杂度貌似是 (mathcal O(c^2log_2^3n+cp_0log_2^2n)) 的。。。

和扩展 Lucas 一样的思路，考虑求 (n!) 中的所有 (p_0) 这个因子提出来之后的值，先计算不含 (p_0) 这个因子的所有值的乘积，设：

[f_n(x)=prod_{i=1,i otmid p_0}^n(x+i) ]

那么我们要求的就是 (f_n(x)) 的常数项，使用倍增，设 (n=2p_0t+s) ，那么最后暴力乘上后 (s) 项，先考虑前 (2p_0t) 项，假如我们已经求出了 (f_{p_0t}(x)=sum_{i=0}a_{p_0t,i}x^i) ，那么：

[f_{p_0t}(x+p_0t)=sum_{i=0}a_{p_0t,i}(x+p_ot)^i ]

[=sum_{i=0}a_{p_0t,i}sum_{j=0}^ix^j(p_0t)^{i-j}{ichoose j} ]

[=sum_{j=0}x^jsum_{i=j}a_{p_0t,i}(p_0t)^{i-j}{ichoose j} ]

注意，我们要求的仅仅是 (f_n(x)) 的常数项，考虑到 (sum_{i=j}a_{p_0t,i}(p_0t)^{i-j}{ichoose j}) 中当 (i-jge c) 时就变成了 (0) ，所以第一次递归下去的时候我们只需要保留 (a_{p_0t,0sim c-1}) 这前 (c) 项就可以求答案了，第二次递归下去的时候我们需要保留 (2c) 项就可以求出前 (c) 项的系数，第三次递归求出保留 (3c) 项……每次计算的时候都是暴力做多项式乘法，还需要多乘上一些余项，第 (i) 层的时间复杂度是 (mathcal O((ic)^2+icp_0)) 的，最多递归 (log_2n) 层，所以复杂度是 (mathcal {O(sum_{i=1}^{log_2n}((ic)^2+icp_0))=O(c^2log_2^3n+cp_0log_2^2n)}) 。

(1le n,mle 2 imes 10^{9},1le ple 2 imes 10^9,p ext{ is a prime number})

众所周知，有一个叫做快速阶乘算法的东西。。。时间复杂度是 (mathcal O(sqrt{n}log_2n)) ，这里就不介绍了，因为我不会。。。

斯特林数

一些记法：

• 上升幂记作 (x^{overline{n}}=prod_{i=0}^{n-1}(x+i)) 。
• 下降幂记作 (x^{underline{n}}=prod_{i=0}^{n-1}(x-i)) 。

不妨规定 (x^{overline{0}}=x^{underline{0}}=1) 。

第一类斯特林数

这里考虑无符号第一类斯特林数。

({nrack m}) 定义为将 (n) 个不同的数分成 (m) 个圆排列（循环）的方案数。

({nrack m}) 也是大小为 (n) 且循环数量为 (m) 的置换数。

递推式：枚举最后一个数的放法（单独成一个圆排列或者放到之前某个数的左边）可以得到 ({nrack m}={n-1rack m-1}+(n-1){n-1rack m}) ；枚举最后一个圆排列大小可以得到 ({nrack m}=sum_{i=1}^n{n-irack m-1}(i-1)!{n-1 choose i-1}) 。

将上升幂展开得到的系数为第一类斯特林数： (x^{overline{n}}=sum_{i=0}^n{nrack i}x^i) 。

考虑到 ([m]x^{overline{n}}=[m]x^{overline{n-1}}(x+n-1)=[m-1]x^{overline{n-1}}+(n-1)[m]x^{overline{n-1}}) ，所以上升幂的递推式和第一类斯特林数相同，初值也相同，所以展开系数就是第一类斯特林数。

第二类斯特林数

({nrace m}) 定义为将 (n) 个不同的数分成 (m) 个集合的方案数（ (n) 个不同的球放到 (m) 个相同的盒子）。

递推式：枚举最后一个数的放法（单独成一个集合或者放到之前的某个集合中）可以得到 ({nrace m}={n-1race m-1}+m{n-1race m}) ；枚举最后一个集合的大小可以得到 ({nrace m}=sum_{i=1}^n{n-irace m-1}{n-1choose i-1}) 。

一个恒等式： (n^m=sum_{i=0}^n{nchoose i}{mrace i}i!) 。使用组合意义证明， (n^m) 是将 (m) 个不同的球放到 (n) 个不同的盒子的方案数， (sum_{i=0}^n{nchoose i}{mrace i}i!) 也表示将 (m) 个不同的球放到 (n) 个不同的盒子的方案数：首先枚举有 (i) 盒子非空，然后从 (n) 个盒子选出 (i) 个盒子，然后将 (m) 个不同的球放到 (i) 个相同的盒子里去，然后再乘上 (i!) 变成 (i) 个不同的盒子。

由于 (n^m=sum_{i=0}^n{nchoose i}{mrace i}i!=sum_{i=0}^m{nchoose i}{mrace i}i!) ，所以我们可以得到： (x^n=sum_{i=0}^n{nrace i}{xchoose i}i!=sum_{i=0}^n{nrace i}frac{x!}{i!(x-i)!}i!=sum_{i=0}^n{nrace i}x^{underline{i}}) 。

两类斯特林数

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考虑以下两个式子：

[x^{overline{n}}=sum_{i=0}^n{nrack i}x^i ]

[x^n=sum_{i=0}^n{nrace i}x^{underline{i}} ]

这两个式子可以进一步扩展：

[x^{underline{n}}=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrack i}x^i ]

[x^n=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrace i}x^{overline{i}} ]

证明一下，先要知道这两个式子：

[(-x)^{underline{n}}=(-1)^nx^{overline{n}} ]

[(-x)^{overline{n}}=(-1)^nx^{underline{n}} ]

这两个式子还是比较显然的，在草稿本上列一下就可以发现了，由此我们可以得到：

[(-1)^nx^{underline{n}}=(-x)^{overline{n}}=sum_{i=0}^n{nrack i}(-x)^i=sum_{i=0}^n(-1)^i{nrack i}x^i ]

[x^{underline{n}}=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrack i}x^i ]

另一个式子：

[(-x)^n=sum_{i=0}^n{nrace i}(-x)^{underline{i}}=sum_{i=0}^n(-1)^i{nrace i}x^{overline{i}} ]

[x^n=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrace i}x^{overline{i}} ]

---

考虑以下两个式子：

[x^n=sum_{i=0}^n{nrace i}x^{underline{i}} ]

[x^{underline{n}}=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrack i}x^i ]

把第二个式子代入第一个式子：

[x^n=sum_{i=0}^n{nrace i}sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}{irack j}x^j=sum_{j=0}^nx^jsum_{i=j}^n(-1)^{i-j}{nrace i}{irack j} ]

考虑左边的多项式中只有 (x^n) 的系数不为 (0) ，所以我们可以得到：

[sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}{nrace i}{irack j}=[j=n] ]

类似地，考虑以下两个式子：

[x^{overline{n}}=sum_{i=0}^n{nrack i}x^i ]

[x^n=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrace i}x^{overline{i}} ]

第二个代入第一个：

[x^{overline{n}}=sum_{i=0}^n{nrack i}sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}{irace j}x^{overline{j}}=sum_{j=0}^nx^{overline{j}}sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}{}{nrack i}{irace j} ]

考虑左边的上升幂中只有 (x^{overline{n}}) 的系数不为 (0) ，所以我们可以得到：

[sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}{nrack i}{irace j}=[j=n] ]

在这两个式子（这两个式子也被称为反转公式）中：

[sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}{nrace i}{irack j}=[j=n] ]

[sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}{nrack i}{irace j}=[j=n] ]

令 (j=1) ，可以得到：

[sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}{nrace i}(i-1)!=[n=1] ]

[sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}{nrack i}=[n=1] ]

这两个式子据说比较常用？

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有没有觉得之前的式子都挺有对称美？再介绍两个这样优美的式子：

[sum_{i=0}^n{nchoose i}{irace m}={n+1race m+1} ]

[sum_{i=0}^n{nrack i}{ichoose m}={n+1rack m+1} ]

第一个式子和前面讲的递推式 ({nrace m}=sum_{i=1}^n{n-irace m-1}{n-1choose i-1}) 等价，当然也可以用添加一个“垃圾桶”来理解。

第二个式子可以理解为枚举 (i) ，然后把 (n) 分成 (i) 个循环，然后再在 (i) 个循环中选出 (m) 个循环。不妨把 (i) 个循环中选出来的 (m) 个保留，其它的循环和一个额外加入的数 (n+1) 一起放到一个循环中构成 (m+1) 个循环。

为什么这样是一一对应的？不妨认为一个循环中最大的数是这个循环的“标志”，那么把其他的循环和一个额外加入的数 (n+1) 一起放到一起就是首先将所有循环按“标志”从小到大排序，然后将所有循环从“标志”前断开再依次接到 (n+1) 后面，最后再连起来，这样我们就得到了一个新的循环；从新的循环变成若干个循环就是从 (n+1) 前断开变成一个序列，然后从左到右把所有数加入单调递增的单调栈中，最后单调栈中剩下的所有元素就是原先每个循环的“标志”，再从“标志”前断开整个序列，再拼接回去，就得到了原先的若干个循环。由此，这样子做是一一对应的。

难理解是吗？多读几遍就理解了，如果还是理解不了就记结论吧。

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斯特林反演

斯特林反演的式子：

[g(n)=sum_{i=0}^n{nrack i}f(i)Leftrightarrow f(n)=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrace i}g(i) ]

[g(n)=sum_{i=0}^n{nrace i}f(i)Leftrightarrow f(n)=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrack i}g(i) ]

证明：

第一个式子~~~

[sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrace i}g(i) ]

[=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrace i}sum_{j=0}^i{irack j}f(j) ]

[=sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}f(j)sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}{nrace i}{irack j} ]

[=sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}f(j)[j=n] ]

[=f(n) ]

第二个式子~~~

[sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrack i}g(i) ]

[=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nrack i}sum_{j=0}^i{irace j}f(j) ]

[=sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}f(j)sum_{i=j}^{n}(-1)^{i-j}{nrack i}{irace j} ]

[=sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}f(j)[j=n] ]

[=f(n) ]

求斯特林数

第一类斯特林数

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如何求 ({nrack i}(0le ile m)) ？

用这个式子来求：

[x^{overline{n}}=sum_{i=0}^n{nrack i}x^i ]

将 (x^{overline{n}}) 展开即可得到 ({nrack i}) ，使用倍增展开，设 (f_n(x)=sum_{i=0}^na_{n,i}x^i) ，那么有：

[f_{n}(x+n)=sum_{i=0}^na_{n,i}(x+n)^i ]

[=sum_{i=0}^na_{n,i}sum_{j=0}^i{ichoose j}x^jn^{i-j} ]

[=sum_{j=0}^nx^jsum_{i=j}^na_{n,i}{ichoose j}n^{i-j} ]

一次卷积可以从 (f_n(x)) 得到 (f_n(x+n)) ，而 (f_{2n}(x)=f_n(x)f_n(x+n)) ，再做一次卷积可以得到 (f_{2n}(x)) ，由此倍增求，时间复杂度是 (mathcal O(nlog_2n)) 的。

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如何求 ({irack n}(0le ile m)) ？

感觉这个好像不太好求，不妨考虑使用生成函数，这个式子的组合意义是求 (0sim m) 中每个数分成 (n) 个圆排列的方案数，注意到这些排列是没有区别的，不妨先乘上个 (n!) 变成有序的，构造 (n=1) 时的 EGF ：

[F(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{(i-1)!}{i!}x^i=sum_{i=1}^{infty}frac{1}{i}x^i=ln(frac{1}{1-x}) ]

大小为 (i) 的圆排列给答案贡献时要先乘以一个 ((i-1)!) ，所以要求的就是：

[[x^i]frac{F^n(x)}{n!}=[x^i]frac{ln^n(frac{1}{1-x})}{n!}(0le ile m) ]

多项式快速幂做到 (mathcal O(nlog_2n)) 。

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第二类斯特林数

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如何求 ({nrace i}(0le ile m)) ？

考虑这个式子：

[m^n=sum_{i=0}^m{mchoose i}{nrace i}i! ]

二项式反演得到：

[{nrace m}m!=sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}{mchoose i}i^n ]

[{nrace m}=frac{1}{m!}sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}{mchoose i}i^n ]

一次卷积即可做到 (mathcal O(nlog_2n)) 。

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如何求 ({irace n}(0le ile m)) ？

这个也不太好求，再使用一次生成函数，这个式子的组合意义是求 (0sim m) 中每个数分成 (n) 个集合的方案数，这些集合也是没有区别的，所以先乘上 (n!) 变成有序，构造 (n=1) 时的 EGF ：

[F(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{1}{i!}x^i=e^x-1 ]

大小为 (i) 的集合对答案贡献时要乘上 (1) ，所以要求的就是：

[[x^i]frac{F^n(x)}{n!}=[x^i]frac{(e^x-1)^n}{n!}(0le ile m) ]

多项式快速幂做到 (mathcal O(nlog_2n)) 。

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十二重计数法

题目链接

来做一点组合计数的基础练练手吧！

• (n) 个无标号小球（ U ）/有标号小球（ L ）。
• (m) 个无标号盒子（ U ）/有标号盒子（ L ）。
• 放法无限制（ A ）/每个盒子至少放一个小球（ B ）/每个盒子至多放一个小球（ C ）。

L 表示 labeled ， U 表示 unlabeled 。

(1le n,mle 10^5) 。

UUA

小球无标号，盒子无标号，放法无限制。

答案就是把 (n) 分成 (m) 个非负整数之和的方案数，可以用 dp 做，设 (p_{n,m}) 表示把 (n) 分成 (m) 个非负整数之和的方案数，第一种情况是所有数大于 (0) ，第二种情况是存在一个数等于 (0) ，可以写出以下转移方程：

[p_{n,m}=p_{n-m,m}+p_{n,m-1} ]

当然也可以枚举最小值是多少，可以写出以下转移方程：

[p_{n,m}=sum_{i=0}p_{n-mi,m-1} ]

可以发现这其实就是一个完全背包，第 (m) 个物品大小为 (m) ，背包容量是 (n) ，于是问题就变成了付公主的背包（求恰好放满的方案数）。

讲一下付公主的背包是如何实现的，不妨设背包容量为 (m) ，物品数量为 (n) ，第 (i) 个物品大小为 (v_i) 。

首先，大小为 (v) 的物品的生成函数为：

[F_v(x)=sum_{i=0}^{infty}x^{vi}=frac{1}{1-x^v} ]

答案就是：

[[x^m]prod_{t=1}^nF_{v_t}(x) ]

积不好算，考虑取 (ln) 之后变成求和：

[[x^m]prod_{t=1}^nF_{v_t}(x)=[x^m]e^{sum_{t=1}^nln(F_{v_t}(x))} ]

如何求 (ln(F_v(x))) ？不妨设 (P(x)=ln(F_v(x))=ln(frac{1}{1-x^v})=-ln(1-x^v)) ，两边同时求导得到：

[P'(x)=-(ln(1-x^v))' ]

链式法则： ((f(g(x)))'=f'(g(x))g'(x)) 。 (ln'(x)=frac{1}{x}) 。由此可以得到：

[P'(x)=-frac{1}{1-x^v}(-vx^{v-1})=frac{vx^{v-1}}{1-x^v}=vx^{v-1}sum_{i=0}^{infty}x^{vi}=sum_{i=1}^{infty}vx^{vi-1} ]

积回去：

[P(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{x^{vi}}{i} ]

所以有：

[ln(F_v(x))=sum_{i=1}^{infty}frac{x^{vi}}{i} ]

记录大小为 (v) 的物品数量，然后一次 (mathcal O(mlog_2m)) 得出 (sum_{t=1}^nln(F_{v_t}(x))) ，再 (exp) 回去就行了。

UUB

小球无标号，盒子无标号，每个盒子至少放一个小球。

答案就是划分数，就是把 (n) 分成 (m) 个正数之和的方案数，考虑每个数减 (1) 之后就是非负数了，所以答案就是 (n-m) 分成 (m) 个非负整数之和的方案数，也就是 UUA 。

UUC

小球无标号，盒子无标号，每个盒子至多放一个小球。

每个盒子只有两种情况，放或者不放，又盒子无标号，所以盒子放的数量就是 (n) ，只有在 (mge n) 的时候才可以有方案，所以答案就是 ([mge n]) 。

ULA

小球无标号，盒子有标号，盒子无限制。

隔板法，将 (n) 个相同的球放到允许空的 (m) 个不同的盒子：

[{n+m-1choose m-1} ]

ULB

小球无标号，盒子有标号，每个盒子至少放一个小球。

隔板法，将 (n) 个相同的球放到非空的 (m) 个不同的盒子：

[{n-1choose m-1} ]

ULC

小球无标号，盒子有标号，每个盒子至多放一个小球。

在 (m) 个盒子中选 (n) 来放小球：

[{mchoose n} ]

LUA

小球有标号，盒子无标号，盒子无限制。

(n) 个数分成 (m) 个可空集合，枚举多少个集合非空：

[sum_{i=0}^m{nrace i} ]

LUB

小球有标号，盒子无标号，每个盒子至少放一个小球。

(n) 个数分成 (m) 个非空集合，就是第二类斯特林数的定义：

[{nrace m} ]

LUC

小球有标号，盒子无标号，每个盒子至多放一个小球。

盒子无标号，每个盒子要么放要么不放，并且放进去的小球就是 (1sim n) ，方案数：

[[mge n] ]

LLA

小球有标号，盒子有标号，盒子无限制。

每个小球 (m) 种选择， (n) 个小球，乘法原理：

[m^n ]

LLB

小球有标号，盒子有标号，每个盒子至少放一个小球。

先假设盒子无标号，那么就是 LUB ，再乘上 (m!) 就行了：

[{nrace m}m! ]

LLC

小球有标号，盒子有标号，每个盒子至多放一个小球。

选出哪些盒子放，再把小球放进去就行了：

[{mchoose n}n! ]

或者第一个小球 (m) 个选择，第二个小球 (m-1) 个选择……：

[m^{underline{n}} ]