组合数学

加法原理

(n)类元素，第(i)类有(c_i)个元素，选一个元素的方案数。

[sum_{i=1}^{n}c_i ]

乘法原理

(n)组元素，第(i)组有(c_i)个元素，每组选一个元素的方案数。

[prod_{i=1}^{n}c_i ]

排列数

从(n)个不同元素中，任选(m)个进行排列的方案数。

[A_n^m=frac{n!}{m!(n-m)！} ]

组合数

从(n)个不同元素中，任选(m)个的方案数。

[C_n^m=frac{A_m^n}{m!}=frac{n!}{m!(n-m)!} ]

加法原理得，方案数为 (不取第n个的方案数+取第n的方案数)

[C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1} ]

计算(C_n^mmod p)

·(x,yle 1000)

直接递推预处理。

·(x,yle 10^5)，(p)是质数

预处理(1!,2!,dots,100000!)

然后直接套公式，取模使用逆元。

·(x,yle 10^{18})，(p)是质数，(ple 10^5)

Lucas定理

[C_n^m \% p= C_{lfloor frac{n}{p} floor}^{lfloor frac{m}{p} floor}C_{n \% p}^{m \% p}\% p ]

套一下就可以了。

·(x,y,ple 10^5)

线性筛后对(1,2,dots,n)分解质因数，计算每种质因子出现的次数，然后把对所有质因数求个答案，最后乘起来就OK了。

·(x,yle 10^9,p^cle10^5)，对(p^c)取模

鸽了。

插板法

(x_1+x_2+dots+x_n=m)的正整数解的个数（有序）。

把(m)看成(m)个(1)，中间有(m-1)个空隙，分成(n)个就是插(n-1)块板。

[C_{m-1}^{n-1} ]

长度为(n)，值域为([1,m])的不下降子序列个数

设序列为(a_1,a_2,dots,a_n)

由题意得，(a_1le a_2ledotsle a_n)

可以做差分数组(c)，(c_i=a_i-a_{i-1})

转化后题目变为

(c_1+c_2+dots+c_nle m)的正整数解的个数（有序）。

[sum_{k=0}^{m-1}C_{k-1}^{n-1}=C_m^n ]

二项式定理

[(x+y)^n=sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i} ]

感性证明。

((x+y)^n)可以看作(n)个((x+y))相乘。

枚举(x)出现了几次。取了(i)个(x)，就要取(n-i)个(y)。

乘上组合数(C_n^i)就是有多少种选取(i)个(x)的方式。

算这玩意:

[sum_{i=0}^nC_n^i(-1)^i ]

直接套二项式定理。

上面这东西就是

[(1-1)^n=0 ]

注意(n=0)时答案为(1)。

从(n)个人中选出不超过(k)个人，再在选出的人中选出一些人成为队员，再在队员中选出一个队长，求不同的方案数，答案(mod8388608)。

有(T)组询问，(Tle10^4,kle nle10^5)

暴力的式子：

[sum_{i=1}^kC_n^isum_{j=1}^iC_i^jj ]

先优化下后面：

[sum_{j=1}^iC_i^jj \=sum_{j=1}^ifrac{i!}{j!(i-j)!}j \=sum_{j=1}^ifrac{i!}{(j-1)!(i-j)!} \=sum_{j=1}^ifrac{(i-1)!}{(j-1)!(i-j)!i} \=sum_{j=1}^iC_{i-1}^{j-1}i \=isum_{j=1}^iC_{i-1}^{j-1} \=isum_{j=0}^{i-1}C_{i-1}^{j} \=isum_{j=1}^iC_{i-1}^{j-1}1^j1^{i-j-1} \=(1+1)^{i-1}=2^{i-1} ]

带回去：

[sum_{i=1}^kC_n^i2^{i-1}i ]

因为模数(8288608=2^{23})，所以直接枚举，(i)超过(23)就不枚举。

在一个(n)维无限空间中，一开始原点处有一个细胞。 每秒中所有原有细胞都会消亡，并且都在与其曼哈顿距离恰为(1)的所有位置新增一个细胞。求(T)秒后，原点处会有多少细胞。

(Q)组询问。(Qle20000,nle100,Tle200)

问题等价于求有多少回到原点的长度为(T)的路径。

把每一维分开考虑，设(f_{i,j})为(i)个维度，长度为(2j)的回到原点路径条数。

考虑转移。

枚举这个维度的步数(2 k)，从(f_{i-1,j-k})转移。

总共有(2 j)步，从(2j)里选(2k)步的方案数为(C_{2j}^{2k})

从(2k)步里选(k)步往左，另外(k)步往右的方案数为(C_{2k}^k)

可得转移方程

[f_{i,j}=f_{i-1,j-k}C_{2j}^{2k}C_{2k}{k} ]