「算法笔记」组合入门与应用

相关内容：组合入门题目选做（应用在这儿呢，可配合该文章阅读  ）

一、基础内容

（这部分内容大家应该都会了，可以直接跳过）

1. 一些定义

加法原理：一般地，做一件事，完成它可以有 (n) 类方法，在第一类办法中有 (m_1) 种不同的方法，在第二类办法中有 (m_2) 种不同的方法，……，在第 (n) 类办法中有 (m_n) 种不同的方法， 那么完成这件事共有：(N=m_1+m_2+...+m_n) 种不同的方法。

比如在一个问题中，路径之间是平行的关系，你可以选择任意一条路径到达终点，这些路径就是满足加法原理的一个关系。

乘法原理：一般地，做一件事，完成它需要分成 (n) 个步骤，做完第一步有 (m_1) 种不同的方法，做完第二步有 (m_2) 种不同的方法，……，做完第 (n) 步有 (m_n) 种不同的方法。 那么，完成这件事共有：(N=m_1 imes m_2 imes ... imes m_n) 种不同的方法。

这个应该很好懂。注意区分“方法”与“步骤”。

排列：把 (n) 个不同元素重新排列，方案数为：(n!)

从 (n) 个不同元素中选出 (m) 个元素排成一列，产生的不同排列的数量为：

(A_n^m=frac{n!}{(n-m)!}=n imes (n-1) imes ... imes (n-m+1))（也可记作 (P_n^m)）

组合：从 (n) 个不同元素中选出 (m) 个组成一个集合（不考虑顺序）的方案数。

(C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!}=frac{n imes (n-1) imes ... imes (n-m+1)}{m imes (m-1) imes ... imes 2 imes 1})

(C_n^m) 也记作 (inom{n}{m})。

2. 一些理解

怎么理解 (C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!}) 呢？一个长度为 (n) 的排列，选取其中的 (m) 个元素。首先，我们已经知道，把 (n) 个不同元素重新排列，有 (n!) 种方案。那么，我们用总的方案数去掉重复的方案数就是答案。假设我们已经确定了一个选出的集合为 (S)（(|S|=m)），并且这个集合对应排列的前 (m) 个元素（顺序可以打乱）。对于序列的前 (m) 个位置（即集合 (S) 中的每个元素），有 (m!) 种排列方法。对于序列的后 (n-m) 个元素，有 ((n-m)!) 种排列方法。两者满足乘法原理，则有 (m!cdot (n-m)!) 种排列。所以如果确定了集合 (S)，则对于这个集合 (S)，有 (m!cdot (n-m)!) 种方案。可以看成是，每 (m!cdot (n-m)!) 种方案，才能确定一个集合 (S)。那么产生不同集合 (S) 的数量为 (frac{n!}{m!(n-m)!})。

既然知道了 (C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!})，那么 (A_n^m=frac{n!}{(n-m)!}) 也非常好理解了。对于 (A_n^m)，从 (n) 个不同元素中选出的 (m) 个元素可以重新排列。选出的 (m) 个元素有 (m!) 种排列方法，那么 (A_n^m=C_n^m imes m!=frac{n!}{m!(n-m)!} imes m=frac{n!}{(n-m)!})。

二、组合数的求法

1. 当数据范围小：利用 (C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!}) 直接暴力计算。(O(n)) 的计算 (n!)。

2. (n,mleq 1000)。用递推法（杨辉三角）。(C_{i,j}=C_{i-1,j}+C_{i-1,j-1})。

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

3. (n,mleq 10^5,10^6)，求 (C_n^m mod p)。

分别计算分子与分母，然后相除。除以 (m!(n-m)!) 可以看成是乘以 (m!(n-m)! mod p) 的逆元。

预处理出 (i!) 和 (frac{1}{i!})（(i! mod p) 的逆元）。

预处理 (i!)：用 (fac_i) 表示 (i!)。(fac_0=1)，对于 (forall i>0)，(fac_i=fac_{i-1} imes i)。

预处理 (frac{1}{i!})：用 (inv_i) 表示 (i! pmod p) 的逆元，则 (inv_m=mul(fac_m,p-2,p))。先 (O(log)) 计算 (inv_m)。(frac{1}{i!}=frac{1}{1 imes 2 imes ... imes i imes (i+1)} imes (i+1)=frac{1}{(i+1)!} imes (i+1))，那么 (inv_i=inv_{i+1} imes (i+1))。

//快速幂： 
int mul(int x,int n,int mod){
    int ans=mod!=1;
    for(x%=mod;n;n>>=1,x=x*x%mod)
        if(n&1) ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
//对阶乘数及其逆元进行预处理：
void init(){ 
    f[0]=g[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i]=f[i-1]*i%mod;    //f(i) 表示 i! ，即 fac(i)
    g[n]=mul(f[n],mod-2,mod);    //求逆元 
    for(int i=n-1;i;i--)
        g[i]=g[i+1]*(i+1)%mod;     //g(i) 表示 1/(i!) ，即 inv(i)
} 
//之后就可以调用：
int solve(int n,int m){
    return f[n]*g[m]%mod*g[n-m]%mod;
} 

4. 若题目中 (n) 非常大，甚至没法用数组存下，而 (m) 非常小，则可以直接计算。

(C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!}) ，因为 (m) 非常小，所以 (m!) 可以很快被计算出来。

再考虑 (frac{n!}{(n-m)!})。(frac{n!}{(n-m)!}=frac{n imes (n-1) imes ... imes (n-m+1) imes (n-m) imes (n-m-1) imes ... imes 2 imes 1}{(n-m) imes (n-m-1) imes ... imes 2 imes 1}=n imes (n-1) imes ... imes (n-m+1))。只有 (m) 项。也可以暴力计算。

三、Catalan 数

1. 卡特兰数的定义

给定 (n) 个 (0) 和 (n) 个 (1)，它们按照某种顺序排成长度为 (2n) 的序列，满足任意前缀中 (0) 的个数都不少于 (1) 的个数的序列的数量为：

(Cat_n=frac{1}{n+1} C_{2n}^n=frac{(2n)!}{(n+1)!n!})。

2. 证明

为什么 (Cat_n=frac{1}{n+1} C_{2n}^n) 呢？

考虑取补集。

首先，有 (n) 个 (0)，(n) 个 (1) 的序列的数量为 (C_{2n}^n)（(2n) 个位置中取 (n) 个位置为 (1)）。

令 (n) 个 (0)，(n) 个 (1) 随意排成一个长度为 (2n) 的序列，若它不满足任意前缀中 (0) 的个数都不少于 (1) 的个数，找到它的第一个不合法的位置（不合法指前缀中 (0) 的个数小于了 (1) 的个数）。显然，第一个不合法位置上的数一定是 (1)，并且在它的前面，(0) 的个数与 (1) 的个数相等。假设有 (i) 个。那么这个位置（即第一个不合法的位置）后面肯定有 (n-i) 个 (0)，(n-i-1) 个 (1)。考虑把前 (2 imes i+1) 位（即不合法位置以及它前面的数）翻转（(0) 变为 (1)，(1) 变为 (0)）。翻转后，第一个不合法位置上的数为 (0)，它的前面依然是 (i) 个 (0)，(i) 个 (1)，它的后面还是 (n-i) 个 (0)，(n-i-1) 个 (1)。则翻转后，序列共有 (n+1) 个 (0)，(n-1) 个 (1)。对于一个不合法的序列，它总是能够翻转得到一个有 (n+1) 个 (0)，(n-1) 个 (1) 的序列。那么我们接下来要证明的就是，对于所有这样的序列，总是能够找到一个不合法的序列与它对应。

类似地，在翻转后的序列中，找到第一个不满足前缀 (1) 的个数大于等于前缀 (0) 的个数的数的位置。很容易发现，在翻转后的序列中，总是能找到这样一个不合法的位置（因为有 (n+1) 个 (0)，(n-1) 个 (1)）。将这第一个不合法位置以及它前面的数翻转回去，可以得到一个有 (n) 个 (0)，(n) 个 (1) 的序列，并且存在前缀 (0) 的个数大于前缀 (1) 的个数。

所以，不合法序列将不合法位置翻转，可以和一个 (n-1) 个 (0)，(n+1) 个 (1) 的序列一一对应。那么，求不合法序列的数量就可以转化为求有 (n+1) 个 (0)，(n-1) 个 (1) 的序列的数量。有 (n+1) 个 (0)，(n-1) 个 (1) 的序列的数量显然为 (C_{2n}^{n-1})（(2n) 个位置中取 (n-1) 个位置为 (1)）。

所以合法序列的答案为：(C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}=frac{(2n)!}{n!n!}-frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!}=frac{(2n)!(n+1)}{n!(n+1)!}-frac{(2n)!n}{n!(n+1)!}=frac{(2n)!}{n!n!(n+1)}=frac{1}{n+1} imes frac{(2n)!}{n!n!}=frac{1}{n+1} C_{2n}^n)

四、错排

考虑一个有 (n) 个元素的排列，若一个排列中所有的元素都不在自己原来的位置上，那么这样的排列就称为原排列的一个错排。

(D_n) 表示 (n) 个元素的错排方案数。

错排公式：(D_n=(n-1) imes (D_{n-1}+D_{n-2}))（(n>2)）

如何理解？考虑序列中 (1) 元素的位置。(1) 元素能放的位置为 (2,3,...,n)，有 (n-1) 种放的位置。

假设 (1) 放在了 (k) 这个位置。接下来我们要关心的是 (k) 要放在什么位置。有两种情况。

• (k) 放在 (1) 的位置。相当于 (1) 与 (k) 交换了位置，对剩下的数不会产生影响（剩下的 (n-2) 个数依然保持一一对应关系），则剩下的 (n-2) 个数可以继续进行错排。所以这种情况的方案数为 ((n-1) imes D_{n-2})。

• (k) 不放在 (1) 的位置。(1) 的位置确定了，剩下的数（除了 (k)）依然有自己的对应关系。新增一个对应关系 ((1,k)) 表示 (k) 不能放在 (1) 的位置。问题就转化为了求 (n-1) 个数的错排方案（想一想错排的定义，(k) 与剩下的数每个数都不能在特定的位置上，其实就是错排）。所以这种情况的错排方案数为 ((n-1) imes D_{n-1})。

于是可以得到 (D_n=(n-1) imes (D_{n-1}+D_{n-2}))（(n>2)）。

d[0]=1,d[1]=0,d[2]=1;
for(int i=3;i<=1e6;i++)
    d[i]=(i-1)*(d[i-1]+d[i-2])%mod;     //错排 

五、Lucas 定理

若 (p) 是质数，则对于任意整数 (1leq mleq n)，有：

(C_n^mequiv C_{n mod p}^{m mod p} imes C_{n/p}^{m/p} pmod p)

也就是把 (n) 和 (m) 表示成 (p) 进制数，对 (p) 进制下的每一位分别计算组合数，最后再乘起来。

模板题

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N=1e5+5;
int t,n,m,p;
int mul(int x,int n,int mod){
    int ans=mod!=1;
    for(x%=mod;n;n>>=1,x=x*x%mod)
        if(n&1) ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
int C(int n,int m){
    if(m>n) return 0;
    int x=1,y=1;
    for(int i=n-m+1;i<=n;i++) x=x*i%p;
    for(int i=2;i<=m;i++) y=y*i%p;
    return x*mul(y,p-2,p)%p;
}
int lucas(int n,int m){
    if(!m) return 1;
    return C(n%p,m%p)*lucas(n/p,m/p)%p;
}
signed main(){
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
        printf("%lld
",lucas(n,m));
    }
    return 0;
}

若 (p) 不是质数，可以用扩展 Lucas 定理。在这里就不讲了，推荐阅读：扩展卢卡斯详解。

模板题

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m,p,cnt,a[N],b[N];
int mul(int x,int n,int mod){
    int ans=mod!=1;
    for(x%=mod;n;n>>=1,x=x*x%mod)
        if(n&1) ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b) return x=1,y=0,a;
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
    int z=x; x=y,y=z-y*(a/b);
    return d;
} 
int inv(int n,int mod){
    int x,y;
    exgcd(n,mod,x,y);
    return (x%mod+mod)%mod;
}
int fac(int n,int p,int k){    //k=p^x
    if(!n) return 1;
    int ans=1;
    for(int i=2;i<=k;i++)
        if(i%p!=0) ans=ans*i%k;
    ans=mul(ans,n/k,k);
    for(int i=2;i<=n%k;i++)
        if(i%p!=0) ans=ans*i%k;
    return ans*fac(n/p,p,k)%k;
} 
int C(int n,int m,int p,int k){
    if(n<m) return 0;
    int a=fac(n,p,k),b=fac(m,p,k),c=fac(n-m,p,k),cnt=0;
    for(int i=p;i<=n;i*=p) cnt+=n/i;
    for(int i=p;i<=m;i*=p) cnt-=m/i;
    for(int i=p;i<=n-m;i*=p) cnt-=(n-m)/i;
    return a*inv(b,k)%k*inv(c,k)%k*mul(p,cnt,k)%k;
} 
int CRT(int m){
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        int M=m/b[i],t=inv(M,b[i]);
        ans=(ans+a[i]%m*M%m*t%m)%m; 
    } 
    return ans;
}
int exLucas(int n,int m,int p){
    int t=p;
    for(int i=2;i*i<=p;i++){ 
        int now=1;
        if(t%i==0){
            b[++cnt]=i;
            while(t%i==0) t=t/i,now*=i;
            a[cnt]=C(n,m,i,now),b[cnt]=now;
        }
    } 
    if(t!=1) b[++cnt]=t,a[cnt]=C(n,m,t,t);
    return CRT(p);
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    printf("%lld
",exLucas(n,m,p));
    return 0;
}

六、容斥原理

(left|igcuplimits_{i=1}^{n}A_i ight|=sumlimits_{i=1}^nleft| A_i ight|-sumlimits_{1leq i<jleq n}left|A_icap A_j ight|+sumlimits_{1leq i<j<kleq n}left|A_icap A_jcap A_k ight|-cdots+(-1)^nleft| A_1cap cdots cap A_n ight|)

(left|igcuplimits_{i=1}^{n}A_i ight|=sumlimits_{k=1}^n (-1)^{k+1}(sumlimits_{1leq i_1<cdot<i_kleq n}left|A_{i_1}capcdotscap A_{i_k} ight|))

(left|igcuplimits_{i=1}^{n}A_i ight|=sumlimits_{emptyset eq Jsubseteq{1,2,...,n}} (-1)^{left|J ight|-1}left|igcaplimits_{jin J}A_j ight|)

常见应用：题中给出 (n) 个需要满足的条件。

使用容斥，枚举不被满足的条件集合 (S) 和对应的方案数，其系数为 ((-1)^{集合大小})。

具体地，设 (A) 为条件集合。式子：

(sumlimits_{Sin A}(-1)^{left| S ight|}cdot f(S中的条件不被满足))

七、第二类斯特林数

把 (n) 个不同的球放到 (r) 个相同的盒子里，假设没有空盒，则放球方案数记做 (S(n,r)) 或 (egin{Bmatrix}n\rend{Bmatrix})，称为第二类 ( ext{Stirling}) 数。

1. 求法

有一个显然的递推式：

(S(n,r)=rS(n-1,r)+S(n-1,r-1),n>rgeq 1)

即讨论当前的球是放入以前的盒子还是放入一个新盒子里。如果要放入以前的盒子，那么把这个球放入任意一个盒子，这个盒子就相当于与其他的盒子不同，所以还要乘以 (r)。

同样有通项：

(egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}=dfrac{1}{k!}displaystylesumlimits_{i=0}^k (-1)^i dbinom{k}{i} (k-i)^n)

注意到“盒子非空”可以作为容斥的一个条件，(k) 个盒子就对应 (k) 个条件。枚举空盒的个数 (i)，(k) 个盒子选 (i) 个盒子是空盒的方案数为 (C_k^i)。确定了有 (i) 盒子是空盒，那么剩下 (k-i) 个盒子是可以放球的，则每个球都有 (k-i) 个选择方式（可以放到 (k-i) 个盒子中的任意一个里），所以要乘上 ((k-i)^n)。由于盒子是相同的最后要除以 (k!)。

2. 性质

第二类 ( ext{Stirling}) 数的性质：

(x^n=displaystylesumlimits_{k=0}^negin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix} x^{underline k})

其中 (x^{underline k}) 表示 (x) 的 (k) 次下降幂，(x^{underline k}=frac{x!}{(x-k)!})。

怎么理解呢？(x^n) 即 (n) 个球放入 (x) 个不相同的盒子的方案数（所以也可以有空盒）。枚举非空盒子的个数 (k)，(x) 个盒子中选 (k) 个盒子是非空的，方案数为 (C_x^k)。乘上 (n) 个不同的球放到 (k) 个相同的盒子里的方案数 (S(n,k))。除此之外，因为盒子是区分的，所以还要乘以 (k!)。于是可以得到 (x^n=sumlimits_{k=0}^n S(n,k) cdot C_x^k cdot k!)。

又因为 (x^{underline k}=frac{x!}{(x-k)!})，于是就可以得到上面那个式子。

其实这个是可以 推出来 的。

补充：有三种说法， (k) 的上界分别是 (n,x,min(n,x))。因为 (k>x) 或 (k>n) 的时候对答案的贡献为 (0)，所以三种都行。

关于下降幂的一个性质：

(displaystyleinom{n}{i} i^{underline j}=inom{n-j}{i-j} n^{underline j})

直接展开就行了。

八、图的计数

以下 (n) 均表示节点个数。

01 带编号无向图

求：带编号无向图的个数。（带编号就是说，点与点之间是区分的）

图与图之间不同，当且仅当它们之间有边不同。

考虑每一条边是否选。

因为有 (n) 个节点，所以无向边的数量为 ( binom{n}{2})。每条边可以选或不选，那么就有 (2^{ binom{n}{2}}) 种方案。

则 (n) 个节点的带编号无向图的数量为 (2^{ binom{n}{2}})。

02 带编号无向连通图

令 (g(n)) 表示 (n) 个点的无向图个数（由上可知 (g(n)=2^{ binom n 2})），(f(n)) 表示 (n) 个点的无向连通图个数。

枚举普通无向图中 (1) 号点所在连通块的大小。尝试用 (f) 来表示 (g)。

具体来说，我们从 (1) 到 (n) 枚举 (1) 号点所在连通块的大小 (i)。目前只确定了这个连通块中有 (1) 号点， 那么剩下的 (i-1) 个点要从剩下的 (n-1) 个点中选（从剩下的 (n-1) 个点中选与 (1) 号点在同一个连通块的 (i-1) 个点），方案数为 (dbinom{n-1}{i-1})。点集已经确定，(i) 个点的连通块的构成方式有 (f_i) 种。除此之外，剩下的点没有任何限制，所以选择连通块以外的点的构成方式有 (g(n-i)) 种。则：

(g(n)=displaystylesumlimits_{i=1}^n inom{n-1}{i-1} cdot f(i) cdot g(n-i))

于是我们可以根据这个式子算出 (f(n))，即：

(f(n)=displaystyle g(n)-sumlimits_{i=1}^{n-1} inom{n-1}{i-1} cdot f(i) cdot g(n-i))

03 带编号偶度点图

构造方法是，对于前 (n−1) 个点任意连边，第 (n) 个点向所有奇度点连边（可以证明奇度点一定有偶数个）。

所以答案为 (2^{ binom{n-1}{2}})。

04 带编号偶度连通图

与带编号无向连通图的计算方法类似。

令 (g(n)) 表示 (n) 个点的偶度点图个数（由上可知 (2^{ binom{n-1}{2}})），(f(n)) 表示 (n) 个点的偶度点连通图个数。

枚举偶度点图中 (1) 号点所在连通块的大小。

(displaystyle g(n)=sumlimits_{i=1}^n inom{n-1}{i-1} cdot f(i) cdot g(n-i))

(displaystyle f(n)=g(n)-sumlimits_{i=1}^{n-1} inom{n-1}{i-1} cdot f(i) cdot g(n-i))

九、无根树 / Prufer 序列

01 无根树转 Prufer 序列

每次选择一个编号最小的叶结点（度数为 (1)）并删掉它，然后在序列中记录下它连接到的那个结点。重复 (n-2) 次后就只剩下两个结点，算法结束。

• Prufer 序列的长度为 (n-2)

• 每个点在 Prufer 序列中出现的次数为其度数 (-1)

02 Prufer 序列转无根树

每次选择一个度数为 (1) 的最小的编号节点，与当前枚举到的 Prufer 序列的点之间连上一条边，然后同时将两个点的度数 (-1)。最后在剩下的两个度为 (1) 的点间连一条边。

注意到，点数为 (n) 的无根树与长度为 (n−2) 的 Prufer 序列一一对应。

03 完全图的生成树数量

注意到实际上要求的就是长度为 (n-2)，值域为 (1sim n) 的 Prufer 序列的数量，于是方案数即为 (n^{n-2})。

04 给定 n 个节点的度数，求无根树的个数

已知每个节点的度数，也就是说每个元素在 Prufer 序列中出现的次数是确定的（即 (i) 在数列中恰好出现 (d_i-1) 次），于是问题转化成为求可重集的排列个数。答案即为：

 (displaystylefrac{(n-2)!}{prodlimits_{i=1}^n (d_i-1)!})

05 计算完全二分图 K(n,m) 的生成树个数

注意到生成树的 Prufer 序列中一定有 (n-1) 个左侧的点，(m-1) 个右侧的点，于是答案即为 (n^{m-1} cdot m^{n-1})。