组合数学

组合数学真的非常重要啊啊啊。

排列组合

• 组合恒等式

1. 对称恒等式

[inom n m = inom n {n-m} ]

2. 吸收恒等式

[inom n m=frac n m inom {n-1} {m-1}\ m imes inom n m = n imes inom {n-1}{m-1}\ (n-m) imes inom n m = n imes inom {n-1}{m} ]

3. 归纳恒等式：

[inom n m=inom{n-1}{m}+inom{n-1}{m-1} ]

4. [sumlimits_{i=m}^ninom i m=inom {n+1} {m+1} ]

   用组合意义可以非常完美的解释。右边的组合数相当于你从 (n+1) 个球里取出 (m+1) 个球，但这第 (m+1) 个球其实相当于限制了前 (m) 个球选择的范围，发现就是左边的东西。证毕。

5. [sumlimits_{i=0}^m inom n m inom m {m-i}=inom{m+n}{m}(ngeq m) ]

6. [inom n r inom r k=inom n k inom{n-k}{r-k} ]

7. [sumlimits_{i=0}^n inom {n-i} {i} =F_{n+1} ]

   其中 (F_i) 为斐波那契数列第 (i) 项。考虑 (F_i) 的组合意义：给定 (i-2) 个位置，在里面放若干个球，是的球两两不相邻的方案数。而左边也可以像这样解释。

• 例题：

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容斥原理

直接推荐这个，讲的非常全面。

自己总结一下，谈谈模型的建立。就是你首先要确定你要容斥的集合（包括确定元素，全集），然后每个元素都有一个属性，你要根据题目要求判断是求属性的交还是并等等，最后套用容斥公式解答。

• 集合幂级数

  （Update 2020.6.6）今天问了Binary_Search_Tree神仙一个式子的推导：

  [f(S)=sumlimits_{Ssubseteq T}g(T) Leftrightarrow g(S)=sumlimits_{Ssubseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T) ]

  然后他就花了一个小时给我讲了集合幂级数（呜呜呜我太菜了理解了好久）。

  定义

  定义形如

  [f(x)=sumlimits_{S}a_Sx^S ]

  为集合幂级数，其中枚举的(S)为集合({1,2,3,4,...,n})的一个子集，(a_S)为系数。

  运算

  • 加法：对应系数相加。

  • 减法：对应系数相减。

  • 乘法：

  [f(x)g(x)=sumlimits_{S_1}sumlimits_{S_2}a_{S_1}b_{S_2}x^{S_1+S_2} ]

  其中(a_{S_1})和(b_{S_2})表示对应项的系数。

  • 子集卷积：
  [f(x)*g(x)=sumlimits_{S}(sumlimits_{S_1}sumlimits_{S_2}[S_1cap S_2=varnothing][S_1 cup S_2=S]a_{S_1}b_{S_2})x^S ]
  • 求逆：
    两个函数的子集卷积为(e)

  特殊集合幂级数

  说白了就跟数论中一些基本函数差不多。

  • (I):所有系数均为(1)
  • (e):空集的系数为(1)，其余系数为(0)

  （基础知识完结撒花）

  好了，bb了这么多，回到开始的那个式子上去吧。

  首先我们发现一个神奇的性质：

  [I*T=e,T=sumlimits_{S}(-1)^{|S|}x^S ]

  考虑它为什么成立。

  证明：

  [egin{aligned}I*T[S] &=sumlimits_{i=1}^{|S|}inom{|S|}{i}(-1)^i1^{|S|-i}\&=(1-1)^{|S|}\&=0^{|S|} end{aligned} ]

  中间的推导过程使用了二项式定理。我们发现只有当(|S|=0)也就是(S)是空集时这一项的系数才为(1)，否则为(0)，这正是(e)的定义啊。

  证毕。

  （所以这跟最开始的式子有什么关系）

  这就来啦（式子是什么来着）

  [f(S)=sumlimits_{Ssubseteq T}g(T) Leftrightarrow g(S)=sumlimits_{Ssubseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T) ]

  我们可以把(f(S))看成一个集合幂级数（具体是啥不在乎，假设他是(F)），然后这个推导就变成了

  [F=G*I Leftrightarrow G=T*F ]

  其中(T)同上文为(I)求逆后的结果。类似于反演，显然成立。

• 例题：

1. luogu P1450 [HAOI2008]硬币购物 题解

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卡特兰数

定义卡特兰数 (C_n) 表示：(n) 个 (0) 和 (n) 个 (1) 组成的序列，满足任意前缀 (0) 的个数大于等于 (1) 的个数的数量。最近系统的学习了一下每个公式，从不同角度理解卡特兰数。

1. (C_n=inom{2n}{n}-inom{2n}{n-1})

   正难则反，考虑求不合法的序列个数。对于每个不合法的序列，构造一个映射：找到这个序列第一个 (0) 的个数小于 (1) 的个数 的前缀，假设这个位置为 (i)，那么把 (i+1sim 2n) 的位置去反。这样我们得到了一个有 (n+1) 个 (1)，(n-1) 个 (0) 的序列，把这个序列对应上那个不合法的原序列。这样我们就有了一个一一映射，也就找到了不合法的序列个数为 (inom{2n}{n-1})。

2. (C_n=sumlimits_{i=0}^{n-1} C_i imes C_{n-i-1})

   发现这就是二叉树计数。考虑二叉树计数如何对应卡特兰数的基本定义就能证明这个公式。对于一个非空节点，我们把 (0) 对应访问左子树，(1) 对应访问右子树（空子树也要进入）。然后显然这就是卡特兰数的基本定义。

3. (C_n=frac{C_{n-1} imes (4n-2)}{n+1})

   考虑凸 (n) 边形的划分计数。考虑两种计算方法：

   • 钦定一条边，枚举剩下 (n-2) 个点谁跟这条边组成一个三角形，(H_n=H_{n-1}+H_{3}H_{n-2}+cdots+H_{n-2}H_3 +H_{n-1})，显然这样不重不漏。
   • 从每个点引一条对角线，去重后答案为 ((n-3) imes H_n=n/2 imes (H_3H_{n-1}+H_4H_{n-2}+cdots + H_{n-1}H_3))。

   第一个式子的第 (n+1) 项为 (H_{n+1}=H_n+H_3H_{n-1}+cdots +H_{n-1}H_3+H_n)。把这个式子与第二个式子相减得：

   [H_{n+1}=(frac {4n-6} {n}) imes H_n ]

   然后通过某种神奇的想像我们发现 (H_n=C_{n-2})，于是就有：

   [C_n=frac{4n-2}{n+1}C_{n-1} ]

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斯特林数

• 基础概念

  第一类斯特林数

  定义第一类斯特林数 ({nrack k}) 表示把 (n) 个元素分成 (k) 个轮换的方案数，递推式：

  [{nrack k}={n-1rack k-1}+ (n-1) imes {n-1rack k} ]

  第二类斯特林数

  定义第二类斯特林数 ({n race k}) 表示把 (n) 个元素分成 (k) 个集合的方案数，递推式：

  [{n race k}={n-1 race k-1} + k imes{n-1 race k} ]

• 普通幂与阶乘幂的转换

  下降幂转普通幂

  [x^n = sumlimits_{k}{n race k}x^{underline{k}} ]

  可以用归纳法证明（然鹅我看不懂），但是组合意义证明更加易懂：等式的左右相当于把 (n) 个球放进 (x) 个盒子里的方案数。

  普通幂转上升幂

  [x^{overline{n}}=sumlimits_{k}{nrack k}x^k ]

  证明留坑。

  其他转换

  那如果我们想要将普通幂转下降幂或上升幂转普通幂怎么办呢？ 注意到这样一个事情：

  [x^{overline{n}}=(-1)^n(-x)^{underline{n}}\ x^{underline{n}}=(-1)^n(-x)^{overline{n}} ]

  所以显然就有：

  [x^{underline{n}}=sumlimits_{k}(-1)^{n-k}{nrack k}x^k\ x^n=sumlimits_{k}(-1)^{n-k}{nrace k}x^{overline{k}} ]