组合数学（含二项式反演，特殊数列，置换群）

资料与前置知识

必备技能：数论

容斥计数部分已搬到：容斥&计数

当小球遇上盒子

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组合基础

组合恒等式

[nC(n,m)=mC(n-1,m-1) ]

[C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m) ]

[sum_{0<=i<=n}C(n,i)=2^n ]

[sum_{0<=i<=n}(-1)^i * C(n,i)=0 ]

[sum_{m<=i<=n}C(i,m)=C(n+1,m+1) ]

[sum_{0<=i<=p}C(n,i)C(m,p-i)=C(m+n,p) ]

[sum_{i=0}^n(C_n^i)^2 (= sum_{i=0}^n(C_n^i * C_n^{n-i}) = C_{2n}^n ]

组合数的算法：

1. O((n^2)) DP

2. 当模数为质数时，O(n)阶乘+逆元

3. 模数较小，n,m巨大时：P3807 【模板】卢卡斯定理；【简介】卢卡斯定理

4. 模数可分解为 Πp^q，且p^q不大时：P4720 【模板】扩展卢卡斯；【简介】扩展卢卡斯

5. 无任何特征，但n, m <= 1e6, M <= 1e9以内时：线性筛将阶乘分解质因数，然后除法 -> 减法，最后乘起来就好

6. （不常用）对于大阶乘，有一个估算的方法：(n! = sqrt{2 pi n} * (frac{n}{e})^n)，其中 (e) 为自然对数的底数。可以依据此算一些东西（当然不能暴力算阶乘），比如 (n!) 的十进制下的位数，就可以转而求 (log_{10}n!)，然后变为求 (log_{10} (sqrt{2 pi n} * (frac{n}{e})^n))，这个要好求一些。

经典模型

(n) 个无标号球分成 (m) 个有标号组不可为空（插板）

(n) 个无标号球分成 (m) 个有标号组可以为空（插板）

(n) 个有标号球分成 (m) 个有标号组可以为空（(m^n))

(n) 个有标号球分成 (m) 个有标号组不可为空（枚举非空组数)

(n) 个有标号球分成 (m) 个无编号组不可为空（第二类斯特林数）

(n) 个有标号球分成 (m) 个无编号组可以为空（第二类斯特林数 + 枚举非空组数）

(n) 个无标号球分成 (m) 个无标号组不可/可以为空（整数划分数）

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长为 (n) 的序列中选择 (m) 个不相邻的元素的方案数

可以看作从剩下的 (n-m) 个元素所形成的 (n - m + 1) 个空位置中选择 (m) 个空位置的方案数。因此答案为:

[{n-m+1 choose m} ]

二项式反演：

公式

二项式反演的主要的三种形式：

形式一

[f[n] = sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^ig[i] ]

[g[n] = sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^if[i] ]

最对称了，也是最好背的一个。

形式二

[f[n] = sum_{i=0}^n C_n^ig[i] ]

[g[n] = sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^if[i] ]

形式三

[f[n] = sum_{i=n}^m C_{i}^ng[i] ]

[g[n] = sum_{i=n}^m (-1)^{i-n}C_i^nf[i] ]

形式二，三一个是 (n-i,C_n^i)，一个是 (i-n,C_i^n)，主要还是和 (i,n) 的大小关系有关。

常见套路

通常是“恰好”与“至少”之间的转换。

注意，这里的“至少”通常不是由“恰好”以1为系数加和而来，而是包含许许多多的重复计数，否则就可以直接前缀和差分了。

设 (f[i]) 表示恰好选择 (i) 个元素的方案数， (g[i]) 表示至少选择 (i) 个元素的方案数。然而，(g[i]) 的计算通常过于无脑，以至于 (1101) 会被 (g[2]) 算三次（(1001,1100,0101))，然后才能开始反演。

P4859 已经没有什么好害怕的了

首先把假的 (k) 转化为真的 (k)，然后递推DP之类的...

假设我们已经知道了选择 (i) 对 A > B ，其它的不管的方案数(dp[i])。这样我们可以无脑地算出 (g[i] = dp[i] * (n-i)!)，但是会算重好多。

设 (f[i]) 表示恰好有 (i) 对的方案数。则：

[g[i] = sum_{j=i}^n f[j] * C_j^i ]

也就是说，(g[i]) 会将 (f[j]) 的每种情况都算重 (C_j^i) 次。

然后就是二项式反演的套路了。

[f[i]=sum_{j=i}^n (-1)^{j-i}C_j^ig[j] ]

(n^2) 计算即可。

P5505 [JSOI2011]分特产

同样大致的套路，都是先“无脑”，后推式子反演。

据说可以用容斥做，但是我刚容斥到第二项就脑壳疼了。

#2839. 集合计数

之前曾经用容斥的方法做过这道题，但是推的式子不一样。

那一次我是考虑当前 (g) 选择的那 (i) 个元素以外再多出那么几个元素，有多少种方案，然后乘上对应的组合数容斥打表。

这一次我还是按照套路，将 (g) 的实质分类讨论，其中对于交了 (j) 个的情况，(g) 的计算中一共有 (f[j]) 种情况，并且每一种情况都恰好被计算了 (C_j^i) 次；情况与情况之间无关，可以用加法原理， 然后就是那个老套路了。看来这两种方法应该结果是一样的。

特殊数列：

prufer序列

将一棵无根树进行如下操作：

将找到编号最小的叶子节点，记录与其相连的节点编号，然后删除掉它。直至只剩两个点。其中记录的编号序列即为该无根树的prufer序列。

显然，大小为 (n) 的无根树的prufer序列长度为 (n - 2).

无根树与prufer序列是一一对应的。已知一无根树可以求其prufer序列，已知prufer序列可以求其对应的无根树。方法见：P6086 【模板】Prufer 序列，主要是模拟求prufer序列，推测最小叶子节点构造无根树。

无根树的prufer序列中，一个点的出现次数=其度数-1，因为每个点只有在删除自己时会“消耗”一条连边而不将自己编号记录一遍。

根据无根树与prufer序列的一一对应的关系，可以将其互相转化，以简化问题。如：n个点的完全图生成树有 (n^{n-2}) 个；另外还有：P2624 [HNOI2008]明明的烦恼

错排数

枚举最后一个的错排情况(两个位置互相“占用”，或者把 (n) 放 (i) 那里，把 (a_i) 放 (n) 那里）（或者说分类考虑最终答案里面放 (n) 的那个位置的下标是否是 (a_n),然后加法原理），O(n)递推：

f[n] = f[n - 1] * (n - 1) + f[n - 2] * (n - 1)
	 = (n - 1)(f[n - 1] + f[n - 2])
其中，f[0] = 1, f[1] = 0;

Catalan数

斯特林数：

实际上斯特林数还可以用于普通幂和阶乘幂之间的转化，不过就比较高级了。

第一类斯特林数

(s[n][m]) 表示把 (n) 个有标号元素划分为 (m) 个非空圆排列的方案数。

[s[n][m] = s[n - 1][m - 1] + s[n - 1][m] * (n - 1) ]

第二类斯特林数

(s[n][m]) 表示把 (n) 个有标号元素分成 (m) 个非空集合的方案数。即把 (n) 个元素（有标号）分成 (m) 份（无标号），不能为空。

[s[n][m] = s[n - 1][m - 1] + s[n - 1][m] * m ]

然后对比"把 (n) 个元素（有标号）分成 (m) 份（有标号），可以为空"的式子：(m^n)

然后考虑它们之间的关系：枚举第二种中非空集合的个数：

[m^n = sum_{i=0}^{m} C_m^i × s[n][i] × i! ]

然后发现可以二项式反演：

[s[n][m] * m! = sum_{i=0}^{m} C_m^i × i^n × (-1)^{m-i} ]

[s[n][m] = sum_{i=0}^m frac{i^n(-1)^{m-i}}{i!(m-i)!} ]

令 (A_i = frac{i^n}{i!})，(B_i = frac{(-1)^i}{i!})，那么：

[s[n][m] = sum_{i=0}^m A_i * B_{m-i} ]

然后发现对于 (n) 固定的情况， (s[n][m]) 是 (A_i) 和 (B_i) 的卷积形式，这样我们就可以 NTT 优化到 (O(nlogn)) 求一批第二类斯特林数了。

一些小技巧

[m^n = sum_{i=0}^{m} C_m^i × s[n][i] × i! ]

对于这个式子我们可以把 (a^k) 这样的数换一种形式：

[a^k = sum_{i=0}^{a} C_a^i × s[k][i] × i! ]

然后通常就可以优化一些式子了。比如：P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界

整数划分数

将 (n) 划分为 (m) 个正整数的和的方案数：

[f[n][m] = f[n - 1][m - 1] + f[n - 1][m] ]

伯努利数

我们设自然数幂和：

[S_m(n)=sum_{i=0}^{n-1}i^m ]

将其用关于 (n) 的 (m+1) 次多项式表示，并在其中定义伯努利数 (B_i)：（证明见链接）

[S_m(n)=dfrac{1}{m+1} sum_{i=0}^{m} {m+1 choose i} B_in^{m+1-i} ]

伯努利数的递归定义式：

[sum_{i=0}^{m} {m+1 choose i} B_i = [m=0] ]

生成函数定义式：

[B(x)=frac{x}{e^x-1} ]

具体见链接。

置换群：

给有n个珠⼦的项链染⾊，共有m种颜⾊，考虑旋转（或旋转+翻折），求方案数。

• 找置换（映射）群（集合）

如何确定自己把置换群找对了？

1. 不要重复
2. 要有恒等置换
3. 要有任两个置换的复合
4. 要有任何⼀个置换的逆置换

• burnside引理

本质不同的项链数 = sigma{每个映射的不动点数目} / |P|

其中，|P|为置换群大小，通常为旋转0次,1次，2次...n - 1次中的 n 。

• polya定理

对于这种只有翻转、旋转的置换，不仅是A到A的映射，还是珠子到珠子的映射。这时候，每个置换其实对应了一个排列，把原来珠子的位置映射到新的珠子的位置。
对于这种本质上是排列的置换，求不动点的实质就是求这个排列有多少个环。每个排列都是若干个循环的复合：我们把排列位置i上的数字设为p_i，i->pi连一条边，得到的是一个环的森林，每一个环都要染成一样的颜色。总的染色方案数，
就是颜色数 的 “环的个数” 次方。这个叫做polya定理。
-by gzz学长

例题：Color

双倍经验：P4980 【模板】Polya定理

其实是个推式子题。

第一张图片注释：

第二行把g除掉后，i/g和n/g互质，所以i/g有逆元。因此，给定唯一的t（<n/g），都有唯一不同的一个答案，从而得出结论：环的大小为n/g

第二张图片注释：

第二个等号：n -> n/g, i -> i/g，因此范围缩小g，到0~(n-1)/g，等价于0~(n/g)-1

Code:

inline ll polya(int n) {
	ll res = 0;
	for (register int i = 1; i * i <= n; ++i) {
		if (n % i == 0) {
			register int g = i;
			res += quickpow(n, g - 1) * get_phi(n/g) % P;
			if (i * i != n)	res += quickpow(n, n/g - 1) * get_phi(g) % P;
			res %= P;
		}
	}
	return res;
}

Continued...