组合初解、分析组合数、组合恒等式（世界上最垃圾的组合数学1）（坑）

目录

• 前言
• 参考资料
• 定义
• 组合数初解
  • 代数意义
  • 图形意义
  • 二项式意义
• 简单恒等式
• 分析组合数
  • 容斥原理
  • 插板法
  • 捆绑法
  • 本源出发
• 坑

前言

组合数，一个令人头大的东西

参考资料

组合数：https://www.luogu.com.cn/blog/chengni5673/dang-xiao-qiu-yu-shang-he-zi

定义

(n!=1*2*3*...*n)
([p])仅当条件(p)成立时此式子的值为(1)，否则为(0)。
有标号的东西：简单来说就是东西之间存在不同，比如(1,2)和(2,1)是两个不同的排列，而(aa)和(aa)则是两个相同的排列。
(ar{A})表示(A)的补集。
(S)表示全集。

组合数初解

代数意义

什么是组合数？

比如说有(n)个不同的人，问你他们不同的排列数，你一下子就说(n!)啊。

毕竟第一个位置有(n)个选择，第二个位置有(n-1)个选择，第三个(n-2)个选择以此类推。

那么如果从中抽(m)个人并进行排列呢？

第一个位置(n)种选择，到第(m)个位置停止，那不就是(frac{n!}{(n-m)!})吗

但是，如果只是问你从(n)个人中随便选(m)个人的方案是多少，你就一下子懵了。

但是你想想看，同(m)个人，他们能组成的排列数是(m!)种，那么我们用(frac{n!}{(n-m)!})除(m!)不就可以得到结果了吗？

也就是(frac{n!}{(n-m)!m!})。

具体的，从(n)个人中选(m)个的方案数的数学符号为(C_{n}^m)，或者为(inom{n}{m})，从(n)个人中选(m)个人出来排列为(A_{n}^m)。

(C_{n}^m=frac{n!}{(n-m)!m!},A_{n}^m=frac{n!}{(n-m)!})

图形意义

你知道杨辉三角形吗？

是的，就是下面这坨东西：

每个数字都等于上面两个数字的和，图中给出了两个例子：(2=1+1,6=3+3)，特别的，每行的最左边和最右边都是(1)，实际上，第(i)行第(j)个数字就是(C_{i-1}^{j-1})。

具体的证明可以看简单恒等式中的第3条

二项式意义

如果要说组合数最NB的意义，就是这个意义了。

((a+1)^k=sumlimits_{i=0}^kC_{k}^ia^i(k∈N_{+}))

所以(C_{k}^i)就是(a_{i})的系数。

简单恒等式

是的，这里的恒等式非常的简单。

注：一下证明都是在假定左边的式子有意义的情况下予以证明，如果(C_{n}^i(i>n或者i<0))，那么值为(0)。

1. (C_{n}^i=C_{n}^{n-i})
   证明：(C_{n}^i=frac{n!}{(n-i)!i!}=frac{n!}{i!(n-i)!}=C_{n}^{n-i})
2. (C_{n}^i=frac{n}{i}C_{n-1}^{i-1})
   证明：(C_{n}^i=frac{n!}{i!(n-i)!}=frac{n}{i}frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}=frac{n}{i}C_{n-1}^{i-1})
3. (C_{n}^i=C_{n-1}^{i-1}+C_{n-1}^i(n>0))
   如果(n=i)或者(i=0)，显然成立，然后开始代数证明（从右边的式子推到左边）：
   (frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}+frac{(n-1)!}{i!(n-i-1)!}=frac{i}{n}frac{n!}{i!(n-i)!}+frac{n}{n-i}frac{n!}{i!(n-i)!}=C_{n}^i)。
   当然，这也就证明了上面杨辉三角形代表的组合意义。
4. (sumlimits_{i=0}^n(-1)^iC_{n}^i=[n=0])
   这个用杨辉三角形非常的好证明，对于第(n(n>0))行，奇数位置为蓝色，偶数位置为红色，然后全部向上一行指过去，上一行每个数字都被一个红色和一个蓝色指到，刚好相消，只有当(n=0)时，该式子的值为(1)。
   
5. (sumlimits_{i=0}^nC_{n}^i=2^n)
   这个我只能从组合意义去证明，对于(n)个硬币，(2^n)就表示不同的硬币朝上的情况，如果设(k)个硬币朝上的方案其实就是(C_{n}^k)
6. (C_{n}^iC_{i}^m=C_{n}^mC_{n-m}^{n-i})
   证明：(frac{n!}{i!(n-i)!}*frac{i!}{m!(i-m)!}=frac{n!}{(n-m)!(n-i)!}*frac{(n-m)!}{m!(i-m)!}=frac{n!}{(n-m)!m!}*frac{(n-m)!}{(n-i)!(i-m)!}=C_{n}^m*C_{n-m}^{n-i})

分析组合数

参考：https://www.luogu.com.cn/blog/chengni5673/dang-xiao-qiu-yu-shang-he-zi

这里主要就是如何分析出这个用什么组合数，当然，这也是组合数中最难的部分，这里只讲一个初等的方法，至于超级大佬的方法，需要自己去积累了。

容斥原理

(|A|)表示这个集合中的元素个数。

两个集合的容斥：(|A∪B|=|A|+|B|-|A∩B|)

对于多个集合的容斥：

(A_1,A_2,A_3,A_4,...)

设(S_{k})为(k)个(A)集合的交集

(|A_1∪A_2∪A_3∪A_4.....∪A_n|=sumlimits_{j=1}^n(-1)^{j-1}sumlimits_{1≤i_1<i_2<...<i_j≤n}|A_{i_1}∩A_{i_2}|)

证明的话也是灰常的简单：
一个元素被(k)个集合包含，那么其会被统计多少次呢？
就是：(C_{k}^1-C_{k}^2+.....+(-1)^{k-1}C_{k}^k=0+C_{k}^0=1)

当然，容斥原理也有其余形式：

(|ar{A_1}∩ar{A_2}∩ar{A_3}...∩ar{A_n}|=|S|-|A_1∪A_2∪A_3...∪A_n|)

证明：

(overline{A_{1}∪A_{2}∪A_{2}∪...∪A_n}=overline{A_1}∩overline{A_2}∩overline{A_3}...∩overline{A_n})

换一下，证毕。

当然，还有一个奇怪的式子：

(overline{A_{1}∩A_{2}∩A_{2}∩...∩A_n}=overline{A_1}∪overline{A_2}∪overline{A_3}...∪overline{A_n})

证明：

你只需要把(A)全部取补代入(overline{A_{1}∪A_{2}∪A_{2}∪...∪A_n}=overline{A_1}∩overline{A_2}∩overline{A_3}...∩overline{A_n})，然后左右取补集即可。

插板法

插板法，顾名思义：插板

举个例子：

假设现在有(n)个小球，没有编号，但是又有(m)个有标号的框，问有多少种放球方法，不允许一个框没有球。

那么我们可以把小球排成一排，然后在球与球的空隙之间插板，第一个板左边是第一个框，第一个板到第二板就是第二个框，以此类推，只需要插(m-1)个板即可。

也就是：(C_{n-1}^{m-1})

那这个方法有什么用呢？在分析组合数时会比较直观，比较方便，当然也要运用合理，否则就会闹不小的笑话。

那如果是允许框是空的呢？

非常simple的方法就是给每个框都放上一个球，这样就跟上面的题一摸一样啦。

捆绑法

其实就是把物体当成一个整体，用参考资料中的一个例子：

例子：有 8本不同的书；其中数学书 3本，外语书 2本，其它学科书 3本．若将这些书排成一列放在书架上，求数学书和外语书都放在一起的方案数

把 3本数学书“捆绑”在一起看成一个整体， 2本外语书也“捆绑”在一起看成一个整体，与其它 3本书一起看作 5个元素，然后就可以求了

本源出发

有时候想组合数要从组合出发，直接考虑方案，这样有时候会好搞很多，尤其是容斥判重以及理解时也十分需要这种思想，掌握了方法，也不要忘记根本啊。

坑

补齐恒等式如果没有意义时证明是否成立
增加较难的组合数