【数学】组合数学

/* MOD must be a prime*/
const int MOD = 1e9 + 7;

namespace Combinatory {
    const int MAXN = 1e6 + 5;
    ll qpow(ll x, ll n) {
        if(x >= MOD) x %= MOD;
        ll res = 1;
        for(; n; x = x * x % MOD, n >>= 1)
            if(n & 1) res = res * x % MOD;
        if(res < 0) res += MOD;
        return res;
    }
    ll inv(ll x) {
        return qpow(x, MOD - 2);
    }
    ll fac[MAXN], invfac[MAXN];
    void initC(int n) {
        ASSERT(1 <= n && n <= MAXN && n < MOD);
        fac[0] = 1, invfac[0] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % MOD;
        invfac[n] = inv(fac[n]);
        for(int i = n - 1; i >= 0; --i)
            invfac[i] = 1LL * invfac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
    }
    ll A(ll n, ll m) {
        ASSERT(fac[0] && n <= MAXN);
        return (m < 0 || n < m) ? 0 : 1LL * fac[n] * invfac[n - m] % MOD;
    }
    ll C(ll n, ll m) {
        ASSERT(fac[0] && n <= MAXN);
        return (m < 0 || n < m) ? 0 : A(n, m) * invfac[m] % MOD;
    }
//    ll D[MAXN];
//    void initD(int n) {
//        ASSERT(1 <= n && n <= MAXN && n < MOD);
//        D[0] = 1, D[1] = 0;
//        for(int i = 2; i <= n; ++i) {
//            if(i & 1) {
//                D[i] = (1LL * i * D[i - 1] - 1) % MOD;
//                if(D[i] < 0) D[i] += MOD;
//            } else
//                D[i] = (1LL * i * D[i - 1] + 1) % MOD;
//        }
//    }
}
using namespace Combinatory;

圆排列：n个不同的球，取m个进行圆排列，先用组合数取出m个，然后规定圆的开头是最小的元素，那么剩下的元素可以任意排列，故答案为 (C_n^mcdot A_{m-1}^{m-1}=frac{n!}{(n-m)!m!}cdot(m-1)!=frac{n!}{(n-m)!m}=frac{A_n^m}{m})

二项式反演：

若 (f(n)=sumlimits_{i=0}^{n}inom{n}{i}g(i))

则 (g(n)=sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}inom{n}{i}f(i))

通常用 (f(i)) 表示至多， (g(i)) 表示恰好，然后用二项式反演求出来。

这里的要求是这个系数恰好是二项式系数。

求至少的话，要再进行一套转换。

隔板法：x个相同的小球，有y个不同的盒子，每个盒子可以为空，求有多少种方案数？把y个不同的盒子视作y-1个不同的隔板，然后把小球视作不同的，全排列有 (A_{x+y-1}^{x+y-1}) 种，然后除以隔板的全排列（隔板之间没有区别），再除以小球的全排列（小球之间也没有区别），最后在两侧再加入两个隔板，然后两个隔板之间的就是这个盒子分配到的球数，也就是 (C_{x+y-1}^{x}) 。

常用的求和：

(C_n^m = C _{n-1}^{m-1}+C _{n-1}^{m})
(mC_n^m = nC _{n-1}^{m-1})

二项式定理： (sumlimits_{i=0}^nC_n^i=C_n^0+C_n^1+C_n^2+……+C_n^n = 2^n)
类似求和 (sumlimits_{i=0}^n(-1)^iC_n^i=C_n^0-C_n^1+C_n^2-……+(-1)^nC_n^n = 0) （奇数项求和=偶数项求和）
(sumlimits_{i=0}^n2^iC_n^i = 3^n)

利用 (C_n^mC_m^k=C_n^kC_{n-k}^{m-k}) ，加上二项式定理，可以得到下式

(1C_n^1+2C_n^2+3C_n^3+……+nC_n^n =n2^{n-1})
(sumlimits_{i=1}iC_n^i = sumlimits_{i=1}C_i^1C_n^i = sumlimits_{i=1}C_n^iC_i^1 \ = sumlimits_{i=1}C_n^1C_{n-1}^{i-1} = C_n^1sumlimits_{i=1}^n C_{n-1}^{i-1} \ = C_n^1sumlimits_{i=0}^{n-1} C_{n-1}^i \ = n2^{n-1} \)

(1^2C_n^1+2^2C_n^2+3^2C_n^3+……+n^2C _n^n =n(n+1)2^{n-2})

(frac{C_n^1}{1}-frac{C_n^2}{2}+frac{C_n^3}{3}+……+(-1)^{n-1}frac{C _n^n}{n} =1 + frac{1}{2}+ frac{1}{3}+……+ frac{1}{n})

((C_n^0)^2+(C_n^1)^2+(C_n^2)^2+……+(C _n^n)^2 = C_{2n}^n)

n个球选x个染黑，黑球之间位置差至少为k的方案：在n-(x-1)(k-1)里面选x个黑球，染黑之后在前x-1个黑球后紧跟k-1个白球，得一一对应。