排列组合与二项式基础

排列组合相关与二项式基础

一、加乘原理

1.加法原理

做一件事，完成他的方法可以分为(n)个互不相交的类，每一类有(a_i)中方法，则完成这件事一共有

[a_1+a_2+...+a_n ]

种方法。

加法原理的核心思想就是，把“整体”分作每个“部分”，分别对每个部分进行计数，最后求和。

2.乘法原理

若完成一件事有(n)个步骤，每个步骤有(a_i)种方法，则完成这件事一共有

[a_1 imes a_2 imes ... imes a_n ]

种方法。

乘法原理的核心思想就是，把这件事分成几个步骤，且每一个步骤的方法数目比较好确定。

加乘原理很简单，你们小学奥数学的都比本蒟蒻强，但加乘原理是计数的基础。

二、排列与组合

1.排列

一般地，从(n)个不同元素中取出(m（m≤n）)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从(n)个元素中取出(m)个元素的一个排列，记作(A_n^m)（或者记作(P_n^m)）。

由乘法原理得：

[A_n^m=n imes(n-1) imes (n-2) imesdots imes (n-m+1) ]

特别地，如果(m=n)，则我们就可以得到关于(n)的全排列：

[A_n^n=n imes(n-1) imes(n-2) imes dots imes 1=n! ]

我们约定(0!=1)，则排列公式可写为

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

这也是这个公式的更为常见的形式。

2.组合

一般地，从(n)个不同的元素中，任取(m（m≤n）)个元素为一组，叫作从(n)个不同元素中取出(m)个元素的一个组合，记作(C_n^m)（或者记作(inom{n}{m})）

组合和排列数的区别是，组合数要求无序

所以我们可以得到：

[C_n^m=frac{A_n^m}{m!} ]

展开我们可以得到：

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

关于排列和组合还有一些经典的数学问题，由于纯数学不是我们讨论的重点，这里仅给出结论，需要证明的可以自行在网上查阅。

1.可重排列：(n^m)

2.有限元素的可重排列：(frac{n!}{n_1! imes n_2! imes dots imes n_m!})

3.可重组合：(C_{n+m-1}^m)

4.有限元素的可重组合：(C_{m+k-1}^{k-1})（这里(k)小于等于每个元素的数量）

三、二项式相关

1.二项式系数与二项式定理

组合数(C_n^m)也被称作二项式系数，它有三重面目：

1.组合意义：(n)个不同元素的(m)-组合

2.显示表示：(C_n^m=frac{n!}{m! imes (n-m)!})

3.二项展开式的系数，即有恒等式

[(x+y)^n=sum^n_{i=0}C_n^i imes x^n imes y^{n-i} ]

上面的恒等式称为二项式定理。

二项式定理的证明有很多种，这里给出一种基于其组合意义的证明：

显然

[(x+y)^n=egin{matrix}underbrace{(x+y)(x+y)dots(x+y)} \ n个(x+y) end{matrix} ]

对于其中的一项(x^iy^{n-i})，相当于是从(n)个((x+y))中任意取(i)个，从中挑出(x)，再在剩下的((x+y))中挑出(y)来相乘，所以该项的系数是(C_n^i)，由此不难验证二项式定理。

2.组合恒等式

常见的组合恒等式有以下几个，它们大多都和二项式相关

1.（对称性）

[C_n^m=C_n^{n-m} ]

2.（递推公式）

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

3.

[C_n^0+C_n^1+C_n^2+dots+C_n^n=2^n ]

4.（单峰性）若(n)是偶数，则

[C_n^0<C_n^1<dots<C_n^{frac{n}{2}}>dots>C_n^{n-1}>C_n^n ]

若(n)是奇数，则

[C_n^0<C_n^1<dots<C_n^{frac{n-1}{2}}=C_n^{frac{n+1}{2}}>dots>C_n^{n-1}>C_n^n ]

5.

[C_n^0+C_{n+1}^1+dots+C_{n+k}^k=C_{n+k+1}^{k+1} ]

6.

[C_n^0-C_n^1+C_n^2+dots+(-1)^nC_n^n=0 ]

7.（范德蒙恒等式）

[C_{m}^0C_n^k+C_m^1C_n^{k-1}+C_m^2C_n^{k-2}+dots+C_m^kC_n^0=C_{n+m}^k ]

8.

[C_n^k=frac{n}{k}C_{n-1}^{k-1} ]

9.

[C_n^kC_k^m=C_n^mC_{n-k}^{m-k} ]

它们的证明如下：

1.从(n)个数中选(m)个数，他们呢构成了一个，剩下没选的数也构成了一个集合，等式一显然成立。

2.假设我们现在面对的是第(n)号元素，我们无非就两种选择：选和不选。

如果我们选择第(n)号元素，那么我们就需要在前(n-1)个元素中选(m-1)个元素。

如果我们不选择第(n-1)号元素，那么我们就需要在前(n-1)一元素中选(m)个元素。

由加法原理不难验证等式2的正确性。

3.从(n)个元素中取任意个元素，要么选，要么不选，所以是(2^n)种。

我们也可以看成取0个，取1个， 取2个，...，取(n)个，就相当于等式的左边。

所以等式3成立。

4.我们完全可以通过暴力展开的形式来证明，或者我们结合性质1也不难证明

5.反复运用递推公式，我们有：

[C_n^0+C_{n+1}^1=C_{n+1}^0+C_{n+1}^1=C_{n+2}^1\ C_{n+2}^1+C_{n+2}^2=C_{n+3}^2\ C_{n+3}^2+C_{n+3}^3=C_{n+4}^3\ cdots\ C_{n+k}^{k-1}+C_{n+k}^k=C_{n+k+1}^k ]

6.在二项式定理中取(x=1)，(y=-1)即可。

推论：

[C_n^0+C_n^2+C_n^4+dots=C_n^1+C_n^3+C_n^5+dots ]

7.同样地，我们仍然可以暴力展开证明，但很麻烦。

我们仍然考虑从它的组合意义上证明。

如果我们从(n)个zrw和(m)个lsy中任意选取(k)个人组成一组，显然，答案为(C_{n+m}^k)。

所有的方案可以分为(k+1)个类：第(i)类由(i)个zrw和(k-i)个lsy组成一组（(iin[0,k]且iin )），每一类的答案就是(C_n^iC_m^{k-i})，根据加法原理不难验证等式7的正确性。

8&9.暴力展开得

[egin{align} C_n^kC_k^m &=frac{n!}{k!(n-k)!} imesfrac{k!}{m!(k-m)!}\ &=frac{n!}{m!(n-m)!} imesfrac{(n-m)!}{(k-m)!(n-k)!}\ &=C_n^mC_{n-k}^{m-k} end{align} ]

当(k=1)时即为等式8

3.二项式反演

这部分可以看看本蒟蒻的一篇博客：二项式反演笔记

四、组合数的求法

1.递推公式法

我们先令(C_i^0=1)，通过组合数的递推公式

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

即可求得

时间复杂度为(O(n^2))。

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

2.显示表示法

注：除第一种方法意外，其他所有方法均是在模数意义下求组合数的值

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

我们可以先求分子(n!)的值，然后对分母(m!(n-m)!)来求模(p)意义下的逆元，最后相乘即可。

时间复杂度为(O(n))。

如果我们是批量求组合数的话，我们可以做到更优。

我们先预处理(i!)以及(i!)模(p)意义下的逆元，时间复杂度为(O(n))

（求逆元时第一个数为(O(log n))，之后根据阶乘逆元的性质我们可以在(O(n))的时间内求得）

然后我们可以在(O(1))的时间内回答询问：f[n] * invf[m]%p * invf[n-m]%p

关于预处理阶乘逆元，有

[invf_{i} equiv invf_{i+1} imes (i+1) pmod p ]

证明：

[f_i imes invf_i equiv 1 pmod p ]

[f_{i-1} imes i imes invf_i equiv 1 pmod p ]

3.Lucas定理

若(p)是质数，则对于(1le mle n)，有

[C_n^mequiv C_{n mod p} ^{m mod p} imes C_{frac{n}{p}}^{frac{m}{p}} pmod p ]

也就是把(n)和(m)进行(p)进制分解，然后分别求它们每一位对应的组合数的值。

我们可以用类似于生成函数的方法来证明Lucas定理。

设(n=ap+r_1)，(m=bp+r_2)

我们取这样一个式子：

[egin{align} (1+x)^n &=(1+x)^{ap+r_1}\ &=((1+x)^p)^a imes (1+x)^{r_1} end{align} ]

当(p)为质数时，对于(iin[1,p-1]且iin N^*)，我们可以得到

[C_p^iequiv0 pmod p ]

（结合组合数的显示表示不难证明）

于是

[egin{align} ((1+x)^p)^a imes (1+x)^{r_1}&equiv(1+x^p)^a imes(1+x)^{r_1}\ &equivsum_{i=0}^aC_a^ix^{pi} imessum_{j=0}^{r_1}C_{r_1}^jx^{r_1} pmod p end{align} ]

（结合二项式定理不难理解）

整理得

[sum_{i=0}^nC_n^ix^iequivsum_{i=0}^aC_a^ix^{pi} imessum_{j=0}^{r_1}C_{r_1}^jx^{r_1} pmod p ]

对于左边展开的一项(x^{bp+r_2})，他对应的系数是(C_n^{bp+r_2})。

而当且仅当右边的(i=b)，(j=r_2)时才能对应左边的(x^{bp+r_2})，此事它所对应的系数为(C_a^b imes C_{r_1}^{r_2})

整理得

[C_n^mequiv C_{n mod p} ^{m mod p} imes C_{frac{n}{p}}^{frac{m}{p}} pmod p ]

证毕。

Lucas定理一般用于模数为质数，且(n)，(m)都较大时。它需要与上面得两种方法配合起来使用。

来道模板题吧：P3807 【模板】卢卡斯定理

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define FUCK puts("FUCK")
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int T;
int n,m,p;
int f[maxn];
inline int ksm(int x,int y){
	if(!y) return 1;
	if(y==1) return x%p;
	int tmp=ksm(x,y/2);
	tmp=(tmp*tmp)%p;
	if(y&1) return (tmp*x)%p;
	else return tmp;
}
inline int calc(int x,int y){
	if(y>x) return 0;
	return f[x]*ksm(f[y],p-2)%p*ksm(f[x-y],p-2)%p;
}
inline int Lucas(int x,int y){
	if(!y) return 1;
	return (calc(x%p,y%p)*Lucas(x/p,y/p))%p;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
		f[0]=1;
		for(int i=1;i<=p;i++) f[i]=(f[i-1]*i)%p;
		printf("%lld
",Lucas(n+m,n));
	}
	return 0;
}

另外，求组合数还有一种方法：exLucas。不过这种方法相对上面的方法比较难写，一般直接用Lucas就够了。

如有不足尽请指正，谢谢！

参考资料：

1.华东师范大学出版社 《奥数教程》高中第三分册

2.李煜东 《算法竞赛进阶指南》