组合计数

组合计数

与二项式有关的一些东西

组合数是啥相信大家都知道了就直接跳过了

众所周知，((x+1)^2=x^2+2x+1)， ((x+1)^3) 呢？可能有大佬秒切这个问题，即 (x^3+3x^2+3x+1)，那 ((x+1)^n) ？ 在 (n) 比较小的时候可以暴力展开，但是 (n) 比较大了就不大行，于是我们就有了一个神奇的式子

[(x+1)^n=sum_{i=0}^ninom{n}{i}x^i ]

更为普遍的，有

[(x+y)^n=sum_{i=0}^ninom{n}{i}x^{i}y^{n-i} ]

怎么理解这个式子？OI不需要理解，背过就行

可以考虑 ((x+y)^n) 的实际含义，是 (n) 个 ((x+y)) 乘起来，最终得到的一定是若干个 (x^ay^b) 相加的形式，所以可以考虑枚举 (x) 有多少个，从 (n) 中选出贡献 (x) 的 (a) 个 ((x+y)) ，然后剩下的就贡献 (y) ，于是就有了上边的式子。

这个式子被称作 二项式定理 。

一般有啥用呢，可以展开若干个二项式相乘，得到某一项的系数，就不用 (O(n)) 算一遍了，或者可以把一个大的求和式子转化成一个快速幂。

组合数还有一些比较巧妙的东西，比如有两个函数 (F,G)，满足

[F_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}G_{j} ]

那么一定有

[G_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}F_j(-1)^{j-i} ]

至于这个东西的证明，实际上很好证，只需要将上边的式子代入到下边的式子即可，不过这个东西感觉还是记住比较好，反正我是记的

实际上还有另一个形式

[F_i=sum_{j=0}^iinom{i}{j}G_{j} ]

[G_i=sum_{j=0}^iinom{i}{j}F_j(-1)^{i-j} ]

这两个式子被称作二项式反演。

这个东西的用处非常大，因为一般计数的时候毒瘤出题人给出的恰好不太好算，但是至少是多少或者至多是多少就非常好整，举个例子

已经没有什么好害怕的了

题目大意

给定 (n) 个 (a_i) 和 (n) 个 (b_i) ，要求将他们两两配对，使得 (a_i > b_i) 的组比 (b_i>a_i) 的组恰好多 (k) 个，保证给出的 (a_i) 和 (b_i) 互不相同，即不可能存在 (a_i=b_j) 的情况 ，(nleq2000,kleq n) 。

恰好多 (k) 个这个限制就比较阴间，我们可以转化一下，随便解一个不等式可以得到两种情况的组数，并且可以发现，对于 (n+k) 是奇数的情况，答案一定为 (0)，否则 (a_i>b_i) 的组数应该有 (frac{n+k}2) 组。

令 (t=frac{n+k}2) 那么问题转化为了，分成 (n) 组，(a_i>b_i) 的组数恰好有 (t) 组。

考虑直接 (dp) ，发现只能够状压，怎么看也过不去吧。。。

不过仔细分析一波发现，如果把 (a_i) 和 (b_i) 分别排序然后对每一个 (a_i) 选择一个比它小的 (b_i) ，一共选 (t) 次，这个选择是比较好选的，因为排完序之后一个的选择会是另一个的子集，所以实际上并不关注选了谁，而关注选了多少个，这样是很好选择的，不过剩下的 (n-t) 组就不大好整了，因为我并不知道我选了哪些数，那咋办，剩下的随便组合就行。

不过很有可能会在剩下的 (n-t) 组中出现 (a_i>b_i) 的情况，这样就不是恰好 (t) 组了，即可能是恰好 (t,t+1,t+2……n) 组满足 (a_i>b_i) 。

也就是说大致我求了一个类似至少的东西，即至少是 (t) 组满足限制，不妨设 (f_i) 为至少有 (i) 组满足限制，(g_i) 为恰好有 (i) 组满足限制，直观上感觉有

[f_i=sum_{j=i}^ng_j ]

实际上并不是，考虑对于一个 (g_j) ，它真的只会被算一次吗？

对于一个 (g_j) ，会被算 (inom{j}{i}) 次，因为对于每个算出来的恰好，其余组任意组合都能够得到这个方案，所以应该是

[f_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}g_j ]

反演一下得到

[g_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}f_j(-1)^{j-i} ]

然后就能直接做了，其中 (f) 数组可以简单 (dp) 得到 。

上面的题是至少的情况，定义至多的情况也是类似，就不再细说了，总之二项式反演最开始学可能不大会，但是仔细研究研究就会发现他真正的奥秘。

概率与期望？

不是组合计数吗怎么还有期望

实际上是一个和容斥有关的东西，叫 (Min-Max) 反演，通常用来解决概率的问题。

给出一个有点 (nt) 的问题，给一个全集，给出每个子集的最小值，求全集的最大值。

机智的大家一定会说，对所有值取一个 (max) 不就完了吗。

确实

但是出题人并没有这么 (nt) ，很多时候能够求出的最小值是一个期望，我们要求最大值的期望，期望只有在加减的时候才有线性性，所以并不能直接取 (max) ，我们需要一个能够直接加减得到最大值的式子。

具体的，有

[max(S) = sum_{T subseteq S &&T eqemptyset} (-1)^{|T|-1}min(T) ]

最小值是同理的。

子集反演

其实就是一个式子，和二项式反演差不多，只不过限制条件由个数改成了具体是谁，设 (F(S)) 表示至多有 (S) 集合中的数满足要求，(G(S)) 表示恰好有 (S) 中的数满足要求，有

[G(S) = sum _{T subseteq S}(-1)^{|S-T|}F(T) ]

一些特殊的数

伯努利数

问题1:

求 (sum_{i=0}^{n-1} 1)

conitnue

问题2:

求 (sum_{i=0}^{n-1} i)

等差数列求和

问题3:

求 (sum_{i=0}^{n-1} i^k,kleq10^3,nleq10^7)

线性筛求和

问题4:

求 (sum_{i=0}^{n-1} i^k,kleq10^3,nleq10^9)

不会了

实际上可以用拉格朗日插值插出来，不过这并不是重点，既然我们知道它是一个 (k+1) 次多项式，那么它的系数是不是有什么规律呢？

有一系列数 (B_i) ，首先有 (B_0=1)，对于别的，有

[sum_{i=0}^kinom{k+1}{i}B_i=0 ]

这就是伯努利数，看起来没什么用。

由上式可以看出可以 (O(n^2)) 预处理出伯努利数，然后呢？

再次扔出一个式子

[sum_{i=0}^{n-1} i^k=frac{1}{k+1}sum_{i=0}^kinom{k+1}{i}B_in^{k+1-i} ]

然后就有了，具体应用还是要在题目中体会，不过遇到自然数幂和想想这个就行了。

斯特林数

第一类斯特林数

一般写作({n rack m})，含义为将 (n) 个数划分为 (m) 个圆排列中的方案数。

圆排列是什么，其实也算排列，和排列的区别在于它循环同构，即 (123,231,312) 都是一种方案，显然 (n) 个数一个圆排列的方案为 ((n-1)!)，即一个排列 (n) 个数都能作为开头所以除去 (n) 。

那划分为 (m) 个呢？可以考虑递推，考虑第 (n) 个数放在哪，首先可以自己成为一个新的圆排列，其次可以插入到原来的圆排列中任意一个数的前边，即

[{n rack m}={n-1 rack m-1}+(n-1){n-1 rack m} ]

初始化({0 rack 0}=1)这样就有了 (O(n^2)) 的写法，更快速的，可以做到 (O(nlogn)) 求一行或者一列的第一类斯特林数，不过这并不在本文的讨论范围内。

有一些比较有意思的性质，比如

(n!=sum_{i=0}^n{n rack i})

因为一个置换可以看成若干个环，枚举所有的置换就相当与阶乘。

(x^{overline n}=sum_{i=0}^n{n rack i}x^i)

这个实际上就是把若干个多项式乘起来就行，不再细说。

第二类斯特林数

一般写作 ({n race m})，含义是将 (n) 个有区别小球放到 (m) 个无区别盒子中的方案数。

这个定义就比较清晰明了，注意有区别和无区别。

递推公式根据第一类的推法，考虑第 (n) 个小球放在哪儿，首先可以自己成为一组，也可以放到原来的任意一组中。

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

初始化({0 race 0}=1)，可以 (O(n^2)) 递推，不过仍旧有快速求一行或是一列的办法，仍然不在讨论范围内。

这个也有很多有意思的性质，比如

(m^n=sum_{i=1}^minom{m}{i}{n race i}i!)

这个是啥呢，(m^n) 可以理解成有 (m) 个有区别的盒子和 (n)个有区别的球，将球放到盒子里边，允许有空盒子的方案数。

那么我们可以枚举有几个盒子不是空的，然后用斯特林数把球放进去，不过注意盒子是有区别的所以要乘上一个阶乘。

找一道题练练手？

[省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

题目大意

计算

[left(sum_{k=0}^{n}f(k) imes x^k imes inom{n}{k} ight)mod p ]

(f(k)) 为给定的一个 (m) 次多项式 (f(k) = a_0 + a_1k + a_2k^2 + cdots + a_mk^m)

(1le n, x, p le 10^9, 0le a_ile 10^9, 0le m le min(n,1000))。

首先显然我们拿这个多项式没有任何办法，不过考虑到它只有 (m) 次，所以直接展开，有

[egin{aligned} sum_{k=0}^nsum_{i=0}^ma_ik^ix^kinom{n}{k}&=sum_{k=0}^n sum_{i=0}^m a_ix^kinom{n}{k} sum_{j=0}^i inom{k}{j}j! {i race j}\ &=sum_{i=0}^m a_i sum_{j=0}^i {i race j}j! sum_{k=0}^n x^k inom{n}{k}inom{k}{j} end{aligned} ]

注意到前边的时间复杂度已经对了，所以只需要把后边的时间复杂度整对就行。

有一个经典结论是

[inom{n}{k}inom{k}{j}=inom{n}{j}inom{n-k}{k-j} ]

所以有，

[egin{aligned} sum_{i=0}^m a_i sum_{j=0}^i {i race j}j! sum_{k=0}^n x^k inom{n}{k}inom{k}{j}&= sum_{i=0}^m a_i sum_{j=0}^i {i race j}j! sum_{k=0}^n x^k inom{n}{j}inom{n-j}{k-j} \ &=sum_{i=0}^m a_i sum_{j=0}^i {i race j}j!inom{n}{j} sum_{k=j}^n x^k inom{n-j}{k-j}\ &=sum_{i=0}^m a_i sum_{j=0}^i {i race j}frac{n!}{(n-j)!} x^jsum_{k=0}^{n-j} x^k inom{n-j}{k} \&= sum_{i=0}^m a_i sum_{j=0}^i {i race j}frac{n!}{(n-j)!} x^j(x+1)^{n-j} end{aligned} ]

然后这题就没了，实际上对于 (n) 比较大的情况一般都是用二项式定理转化成一个快速幂。

欧拉数

一般记作(langleegin{smallmatrix}n\ kend{smallmatrix} angle)，表示对于一个排列中，有 (k) 个位置满足 (a_i<a_{i+1})

考虑递推，最大的数不管插在哪里，除了放在开头外，一定会产生一个 (a_i<a_{i+1})，所以考虑放入最大的数会不会拆散之前的一对即可。

[leftlangleegin{matrix}n\mend{matrix} ight angle=(n-m) leftlangleegin{matrix}n-1 \ m-1 end{matrix} ight angle+(m+1)leftlangleegin{matrix}n-1\mend{matrix} ight angle ]

有一个性质是，

[leftlangleegin{matrix}n\mend{matrix} ight angle=sum_{k=0}^{m}inom{n+1}{k}(-1)^k(m+1-k)^n ]

具体证明我也不大会，记住就好。

有了这个性质后可以求一行的欧拉数，构造两个函数然后卷积即可。

三到六

题目大意

给定整数 (n,k) 和一个 (n) 阶排列 (pi')，问多少个排列 (pi) 满足恰有 (k) 个位置 (i) 满足 (1 le i le n) 且 (pi_i < pi_{pi'_i})。答案对 (998244353) 取模。

数据范围

(1 le n le 2 imes 10^5)，(0 le k le n)。

由于排列是一个置换环的形式，不难发现题目要求在给出的排列中的置换环中，当前元素小于下一个元素的位置有 (k) 个，不同环之间是相对独立的，只需要对于每个环分别求答案然后最后分治 (ntt) 即可。

考虑对于一个大小为 (n) 的环，有 (m) 个位置满足要求的方案数是啥，如果这是一个序列，那么答案显然是欧拉数，不过由于这是一个环，就不大行了，考虑断环成链，从哪里断开呢？如果从 (1) 断开，那么由于 (1) 一定和后边的数形成一个 (a_i<a_{i+1}) ，所以实际上就是求一个长度为 (n-1) 的序列，有 (k-1) 个数满足 (a_i<a_{i+1})，这就是裸的欧拉数了，于是直接冲一个 (ntt) 然后就行了。