组合数学
研究一个集合内满足一定规则的排列问题
（1）存在问题，判断排列是否存在
（2）计数问题，计算出有多少个排列
（3）优化问题
4.1 抽屉原理（鸽巢原理）---ramsey原理特列
把n+1个物体放进n个盒子里，至少有1个盒子包含2个或者更多的物体
例如：吃糖果（隔板法）
4.2 杨辉三角和二项式系数
Cnk---(二项式定理)-----（1+x)^n------杨辉三角第n行
4.3 容斥原理
4.4 Fibonacci数列
应用：楼梯问题、矩形覆盖问题
n<=10^6 用公式即可
若数更大了，需要用到矩阵快速幂，把递推关系转化为矩阵
例：求Fibonacci第n项
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
//这个是模板
//斐波那契数列取模
/*
（1）
1 0 * 1 1 = 1 1
1 0
（2）
1 1 * 1 1 = 2 1
1 0
（3）
2 1 * 1 1 = 3 2
1 0
所以第n项就是1 0 * (1,1)^n
(1,0)
用快速幂优化就是矩阵快速幂了
*/
LL n,mod;
LL a[3][3],b[3][3],ans[3][3],c[3][3];
void add(LL &x,LL y){
x=x+y;
x-=(x>=mod)?mod:0;
return;
}
// memmove用于拷贝字节，如果目标区域和源区域有重叠的话，memmove能够保证源串在被覆盖之前将重叠区域的字节拷贝到目标区域中，但复制后源内容会被更改。
//但是当目标区域与源区域没有重叠则和memcpy函数功能相同。
int main(){
scanf("%lld %lld",&n,&mod);
n-=1;
a[1][1]=a[1][2]=a[2][1]=1;a[2][2]=0;
ans[1][1]=ans[2][2]=1;ans[2][1]=ans[1][2]=0;
while(n){
if(n&1){ //快速幂
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=2;i++){
for(int j=1;j<=2;j++){
for(int k=1;k<=2;k++) add(c[i][j],ans[i][k]*a[k][j]%mod);
}
}
memmove(ans,c,sizeof(ans)); //这个函数是实现字节的拷贝
}
memset(c,0,sizeof(c));
//对a进行倍乘
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++){
for(int k=1;k<=2;k++) add(c[i][j],a[i][k]*a[k][j]%mod);
}
memmove(a,c,sizeof(a));
n>>=1;
}
b[1][1]=1;b[1][2]=0;
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=1;i++){
for(int j=1;j<=2;j++){
for(int k=1;k<=2;k++) add(c[i][j],ans[i][k]*b[k][j]);
}
}
memmove(b,c,sizeof(b));
printf("%lld
",b[1][1]);
return 0;
}
4.5 母函数
用代数方法解决组合计数问题
整数划分问题（把一个整数划分为多个整数的和，这些数大于1，小于等于n），详解：https://www.cnblogs.com/radiumlrb/p/5797168.html
解决方法：递归、DP、母函数（how:把组合问题的加法与幂级数的幂乘对应起来）
母函数：
(x^(0*1)+x^(1*1)+x(2*1)+....)*(x^(0*2)+x^(1*2)+x^(2*2)+...)*(x^(0*3)+x^(1*3)+x^(2*3)+....)..
=(1+x+x^2+...)*(1+x^2+x^4+...)*(1+x^3+x^6)....
分别表示不用数字1，用1次，用2次...
普通型母函数---求组合方案数
//母函数求整数划分
int c1[maxn],c2[maxn];
void part(){
for(int i=0;i<=maxn;i++){ //初始化，第一部分（1+x+x^2+...)的系数，都是1
c1[i]=1;c2[i]=0;
}
for(int k=2;k<=maxn;k++) { //从第二部分(1+x^2+x^4+..)开始展开
for(int i=0;i<=maxn;i++){
//k=2是，i循环第一部分（1+x+x^2+...),j循环第二部分 (1+x^2+x^4+..)
for(int j=0;j+i<=maxn;j+=k){
c2[i+j]+=c1[i];
}
for(int i=0;i<=maxn;i++){
c1[i]=c2[i];
c2[i]=0;
}
}
}
//c1[n]用来记录每次展开后第x^n项的系数，结束后，c1[n]就是整数n的划分数
}
指数型母函数----求排序数
例如：hdu 1521 排序组合
指数型母函数
k个物品的排列和k个物品的组合相差k!倍
指数阶一般求解的问题：已知有n种颜色的球，第1种X1个，第2种X2个，第3种X3个。。。求从中取m个的方案数(组合数)。
公式中的ak/k!就是所求的组合数，ak为排列数。
只要把求系数的时候每个都相应的 除以i的阶乘即可
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
//指数型母函数
/*
指数型母函数
指数阶一般求解的问题：已知有n种颜色的球，第1种X1个，第2种X2个，第3种X3个。。。求从中取m个的方案数(组合数)。
公式中的ak/k!就是所求的组合数，ak为排列数。
只要把求系数的时候每个都相应的 除以i的阶乘即可
另一种方法：https://blog.csdn.net/a601025382s/article/details/10274259
*/
int a[21],c[11];
int n,m;
int main(){
c[0]=1;
for(int i=1;i<=10;i++) c[i]=c[i-1]*i;
double c1[21],c2[21];
while(~scanf("%d %d",&n,&m)){
memset(c1,0,sizeof(c1));
memset(c2,0,sizeof(c2));
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); //个数
c1[0]=1.0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=0;k+j<=m&&k<=a[i];k++)
c2[j+k]+=c1[j]/c[k];
for(int j=0;j<=m;j++){
c1[j]=c2[j];
c2[j]=0;
}
}
printf("%.0f
",c1[m]*c[m]);
}
return 0;
}
另一种方法：https://blog.csdn.net/a601025382s/article/details/10274259
有n种物品，每种取ai种(∑ai==m)，则方案数有
ans=m!/(a1!*a2!*...an!)=m!/(a1!*(m-a1)!)*(m-a1)!/(a2!*(m-a1-a2)!)...=c(m,a1)*c(m-a1,a2)*...
含义就是第一种物品有a1个，由于相同，所以就是在m个位置上选a1个，共c(m,a1)种放法，剩下m-a1个位置，
再第二种物品有a2个，再在m-a1个位置选a2个放，有c(m-a1,a2)。。。以此类推就是方案数了。。
然后用变形的背包或则说dp..来解，
f[i]表示已经选好了i件的排列数。。应该这么叫吧，如果没有排列这个就是方案数了。
这里的好处就是(a+b)*c=a*c+b*c;原本应该独立处理每种{ai}序列，最后加上排列数，但这种耗时太大，不能用。
所以就要压缩时间，对于队列两个序列{ai}，{bi}，如果a1+a2=b1+b2=p，a3=b3=q,;则c(m,a1)*c(m-a1,a2)*c(m-a1-a2,a3)+
c(m,b1)*c(m-b1,b2)*c(m-b1-b2,b3)=(c(m,a1)*c(m-a1,a2)+c(m,b1)*c(m-b1,b2))*c(m-p,q);
这就解释了，为什么上面不用求出每个方案，然后求排列了。。
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int c[11][11];//组合数
int f[11],a[11];
void init()
{
int i,j;
memset(c,0,sizeof(c));
c[1][0]=c[1][1]=1;
for(i=2;i<=10;i++)
{
c[i][0]=c[i][i]=1;
for(j=1;j<i;j++)
c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
}
}
int main()
{
init();
int n,m;
while(cin>>n>>m)
{
int i,j,k;
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
memset(f,0,sizeof(f));
f[0]=1;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=m;j>=0;j--)//枚举已经选择了j件物品
{
for(k=1;k<=min(a[i],m-j);k++)//k不能为0不然就会加上本身
f[k+j]+=c[m-j][k]*f[j]; //每次都只处理用f[j]处理f[j+k],j+k>j，使得不会因为前面处理影响后面的处理
}
}
cout<<f[m]<<endl;
}
return 0;
}
4.6 特殊计数
（1） Catalan数
http://www.cppblog.com/MiYu/archive/2010/08/07/122573.html
Cn=1/(n+1)*C(2n,n)，是许多组合计数问题的数学模型，是一个很常见的数列
模型1：Cn=1/(n+1)C(2n,n)=C(2n,n)-C(2n,n+1)=C(2n,n)-C(2n,n-1)
C(2n,n+1)与C(2n,n-1)等价
推导：把n个1和n个0排成一行，使这一行前k个数中1的数量总是大于或者等于0的数量（0>=1等价），排列有多少个？一共有Cn个，即Catalan数
模型2：递推
Cn=C0Cn-1+C1Cn-2+...+Cn-2C1+Cn-1C0, C0=1
应用场景：
（1）棋盘问题
例如：hdu 2067
小兔的叔叔从外面旅游回来给她带来了一个礼物，小兔高兴地跑回自己的房间，拆开一看是一个棋盘，小兔有所失望。不过没过几天发现了棋盘的好玩之处。从起点(0，0)走到终点(n,n)的最短路径数是C(2n,n),现在小兔又想如果不穿越对角线(但可接触对角线上的格点)，这样的路径数有多少?小兔想了很长时间都没想出来，现在想请你帮助小兔解决这个问题，对于你来说应该不难吧!
意思：从左下角走到右上角，一直在对角线右下方走，不穿过主对角线，有多少种走法？ -----模型1
对方向编号，向右是0，向上是1，在前k步中，0数量大于1数量，
两种写法都可以（第二种没看懂）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
/*按照正常思路来求解：https://www.cnblogs.com/liudehao/p/4113876.html
一定要看明白那个图！
观察上图你就可以发现，其实这是一张关于对角线对称的图。所有我们只要求一个方向的值，然后乘以2即可。
我们就拿下三角来考虑。不难发现，所有在0列上的格子，路径数都是 1 (只能从上面过来)。
而其他格子则都是由上、左两个方向过来，即:f(i, j) = f(i - 1, j) + f(i, j - 1);
另外f(i, i) = f(i, j - 1) 或者 f(i, i) = f( i-1, j ) ;
LL f[40][40];
int cases=0;
int main(){
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
++cases;
if(n==-1) break;
for(int i=1;i<=n;i++) f[0][i]=1;
for(int i=1;i<n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
if(i==j) f[i][j]=f[i-1][j];
else f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1];
}
}
printf("%d %d %lld
",cases,n,2*f[n-1][n]);
}
return 0;
}
*/
/*卡特兰数求法
令h(1)＝1,h(0)=1，catalan数满足递归式：
h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + + h(n-1)h(0) (其中n>=2)
另类递归式：
h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);
该递推关系的解为：
h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=1,2,3,…)
*/
int main(){
LL a[40][40];
a[0][0]=0;a[0][1]=1;a[1][1]=2;
for(int i=2;i<37;i++){
a[i][0]=1;
for(int j=1;j<i-1;j++) a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-1][j];
a[i][i-1]=a[i][i-2]+a[i-1][i-1]/2;
a[i][i]=2*a[i][i-2]+a[i-1][i-1];
}
int n,cases=0;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
++cases;
if(n==-1) break;
printf("%d %d %lld
",cases,n,a[n][n]);
}
return 0;
}
（2）括号问题
n个（和n个）组成字符串，有多少合法的组合，合法的组合是：任意前k个括号组合，左括号的数量大于等于有括号的数量
--->模型1
hdu 5184
(3)出栈序列问题
给定一个入栈序列，求出多少字可能的出栈序列，合法的序列：对应每一个数字，在它后面的比它小的所有数字一定是按照递减序列排列的
定义进栈为0，出栈为1，那么出栈序列要求进栈的操作数大于等于出栈的操作数，n个0和n个1
hud 1023
（4）二叉树问题
n个节点构成的二叉树有多少种情况？
模型2（左边多少个节点，右边多少个节点。。。。）
（5）其他问题
eg.买票找零、三角剖分（凸多边形内部划分为多个三角形有多少种方法）
求法：
卡特兰数求法
令h(1)＝1,h(0)=1，catalan数满足递归式：
法1：h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + + h(n-1)h(0) (其中n>=2)
法2：h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);
法3：h(n)=C(2n,n)/(n+1) =2n!/(n+1)!n! (n=1,2,3,…)
法1对应的n较小，n<=100，对于（2）（3）的应用：n很大，不能直接输出，而是要做取模操作
但是2、3都有大数除法，会损失精度，所以需要转化为逆元，然后取模
（2）第二类Stirling数
第一类Stirling数：仓库钥匙问题
把n个仓库分配到k个圆里，不能有空的圆，有多少种分法：第一类Stirling数 （大一些）
s(n,k)=s(n-1,k-1)+(n-1)*s(n-1,k)
s(0,0)=1
s(k,0)=0
第二类Stirling数：s(n,k)：把n个不同的球分配到k个相同的盒子里，不能有空，有多少种分法？
s(n,k)=k*s(n-1,k)+s(n-1,k-1)
s(0,0)=1
s(i,0)=0