Loading docs/math/combination.md +100 −66 Original line number Diff line number Diff line ## 排列组合简介 排列组合是组合数学中的一种。排列就是指从给定个数的元素中取出指定个数的元素进行排序；组合则是指从给定个数的元素中仅仅取出指定个数的元素，不考虑排序。排列组合的中心问题是研究给定要求的排列和组合可能出现的情况总数。排列组合与古典概率论关系密切。 在高中初等数学中，排列组合多是利用列表、枚举等方法解题。 * * * ## 排列组合公式及定义 ## 加法 & 乘法原理 ### 排列的定义 ### 加法原理 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ （ $m\leqslant n$ ， $m$ 与 $n$ 均为自然数，下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素的所有排列的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的排列数，用符号 $A_n^m$ （或者是 $P_n^m$ ）表示。 完成一个工程可以有 $n$ 类办法， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 类方法的数目。 那么完成这件事共有 $S=a[1]+a[2]+\cdots +a[n]$ 种不同的方法。 ### 排列的计算公式 ### 乘法原理 $$ A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} $$ 完成一个工程需要分 $n$ 个步骤， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 个步骤的不同方法数目。 那么完成这件事共有 $S = a[1] \times a[2] \times \cdots \times a[n]$ 种不同的方法。 ** $n!$ 代表 $n$ 的阶乘，即 $6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6$ .** ### 两原理的区别 ### 组合的定义 **一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”。** 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素组成一个集合，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m≤n$ ) 个元素的所有组合的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数。用符号 $C_n^m$ （或者是 $\binom{m}{n}$ ）表示。 ## 排列与组合基础篇 ### 组合的计算公式 ### 排列数 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ （ $m\leqslant n$ ， $m$ 与 $n$ 均为自然数，下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素的所有排列的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的排列数，用符号 $A_n^m$ （或者是 $P_n^m$ ）表示。 排列的计算公式如下： $$ C_n^m = \frac{A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n - m)!} A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} $$ ## 排列组合的分类 ### 排列 $n!$ 代表 $n$ 的阶乘，即 $6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6$。 **全排列** : $n$ 个人全部来排队，队长为 $n$ 。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推得： 公式可以这样理解： $n$ 个人选 $m$ 个来排队 ( $m \le n$ )。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推，第 $m$ 个（最后一个）可以选 $n-m+1$ 个，得： $$ A_n^n = n(n-1)(n-2) \cdots 3 × 2 × 1 = n! A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} $$ **部分排列** : $n$ 个人选 $m$ 个来排队 ( $m \le n$ )。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推，第 $m$ 个（最后一个）可以选 $n-m+1$ 个，得： 全排列： $n$ 个人全部来排队，队长为 $n$ 。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推得： $$ A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} A_n^n = n(n-1)(n-2) \cdots 3 × 2 × 1 = n! $$ ### 组合 全排列是排列数的一个特殊情况。 $n$ 个人 $m$ ( $m \le n$ ) 个出来，不排队，不在乎顺序 $C_n^m$ 。如果在乎排列那么就是 $A_n^m$ ，如果不在乎那么就要除掉重复，那么重复了多少？同样选出的来的 $m$ 个人，他们还要“全排”得 $A_n^m$ ，所以得： ### 组合数 $$ C_n^m \times m! = A_n^m $$ 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素组成一个集合，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m≤n$ ) 个元素的所有组合的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数。用符号 $C_n^m$ （或者是 $\binom{m}{n}$ ）表示。 组合数计算公式 $$ C_n^m = \frac{A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n - m)!} $$ #### 组合数的性质 如何理解上述公式？我们考虑 $n$ 个人 $m$ ( $m \le n$ ) 个出来，不排队，不在乎顺序 $C_n^m$ 。如果在乎排列那么就是 $A_n^m$ ，如果不在乎那么就要除掉重复，那么重复了多少？同样选出的来的 $m$ 个人，他们还要“全排”得 $A_n^m$ ，所以得： $$ C_n^m = C_{n}^{n-m} C_n^m \times m! = A_n^m $$ 相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。 $$ C_n^m = C_{n-1}^{m} + C_{n-1}^{m-1} C_n^m = \frac{A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n-m)!} $$ 杨辉三角的公式表达。思考一下怎么利用这个式子，在 $O(n^2)$ 的复杂度下推导组合数？ 组合数也常用 $\binom{n}{m}$ 表示，即 $C_n^m=\binom{n}{m}$（注意他们是上下颠倒的）这个符号其实称作二项式系数的符号，与下文二项式定理有关。 ### 圆排列 另外，我们认为当 $m>n$ 时，$A_n^m=C_n^m=0$。 $n$ 个人全部来围成一圈为 $Q_n^n$ ，其中已经排好的一圈，从不同位置断开，又变成不同的队列。 所以： ## 二项式定理 在进入排列组合进阶篇之前，我们先介绍一个与组合数密切相关的定理——二项式定理。 二项式定理就是一个展开式： $$ Q_n^n \times n = A_n^n → Q_n = \frac{A_n^n}{n} = (n-1)! (a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^{n-i}b^i $$ 由此可知部分圆排列的公式： 证明？数学归纳法。本质就是利用了 $\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}=\binom{n+1}{k}$ 做归纳。 $$ Q_n^r = \frac{A_n^r}{r} = \frac{n!}{r \times (n-r)!} $$ ## 排列与组合进阶篇 接下来我们介绍一些排列组合的变种。 ### 重复排列（有限） ### 多重集的排列数 | 多重组合数 $k$ 种不一样的球，每种球的个数分别是 $a_1,a_2,\cdots,a_k$ ，设 $n=a_1+a_2+\ldots+a_k$ ，这 $n$ 个球的全排列数，为 请大家一定要区分**多重组合数**与**多重集的组合数**！两者是完全不同的概念！ 多重集是指包含重复元素的广义集合。设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$，$n_2$ 个 $a_2$，…，$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集，S 的全排列个数为 $$ \frac{n!}{a_1! \times a_2! \times \cdots \times a_k!} \frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!}=\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!} $$ 相当于把相同元素的排列数除掉了。具体地，你可以认为你有 $k$ 种不一样的球，每种球的个数分别是 $n_1,n_2,\cdots,n_k$，且$n=n_1+n_2+\ldots+n_k$ 。这 $n$ 个球的全排列数就是**多重集的排列数**。多重集的排列数常被称作**多重组合数**。我们可以用多重组合数的符号表示上式： $$ \binom{n}{n_1,n_2,\cdots,n_k}=\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!} $$ 另外补一句，$\binom{n}{m}$其实等价于$\binom{n}{m,n-m}$，只不过后者没人这么写。 ### 重复组合（无限） ### 多重集的组合数1 $n$ 种不一样的球，每种球的个数是无限的，从中选 $k$ 个出来，不用排列，是组合，为 $C_{n+k-1}^{k}$ . 设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$，$n_2$ 个 $a_2$，…，$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。那么对于整数 $r(r<n_i,\forall i\in[1,k])$，从 S 中选择 r 个元素组成一个多重集的方案数就是**多重集的组合数**。这个问题等价于$x_1+x_2+\cdots+x_k=r$的非负整数解的数目，可以用插板法解决，答案为 $$ \binom{r+k-1}{k-1} $$ 证明： ### 多重集的组合数2 > 假设选出来的数（排好序）： 上述其实是一个超级弱化版的多重集组合数，r 的范围太过局限。我们考虑这个问题：设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$，$n_2$ 个 $a_2$，…，$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。那么对于正整数 $r$，从 S 中选择 r 个元素组成一个多重集的方案数。 这样就限制了每种元素的取的个数。同样的，我们可以把这个问题转化为带限制的线性方程求解： $$ 1 \le b_1 \le b_2 \le b_3 \le \cdots \le b_k \le n \forall i\in [1,k],\ x_i\le n_i,\\ \sum_{i=1}^kx_i=r $$ 于是很自然地想到了容斥原理。容斥的模型如下： > 这题的难点就是 $=$ 号，现在去掉 $=$ 号，所以有： 1. 全集：$\sum_{i=1}^kx_i=r$ 的非负整数解。 2. 属性：$x_i\le n_i$。 于是设满足属性 i 的集合是 $S_i$，$\overline{S_i}$ 表示不满足属性 i 的集合，即满足 $x_i\ge n_i+1$ 的集合。那么答案即为 $$ \left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| $$ 1 \le b_1 < b_2+1 < b_3+2 < b_4+3 < \cdots < b_k+k-1 \le n+k-1 推容斥的式子 $$ \begin{array}{l} \left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| 中间还是 $k$ 个数！不过已经不是 $b$ 系列，而是 $c$ 系列， **假设 $c[i]=b[i]+i-1$ ，所以** &=&\sum_i\left|\overline{S_i}\right| -\sum_{i,j}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\right| +\sum_{i,j,k}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\cap\overline{S_k}\right| -\cdots\\ &&+(-1)^{k-1}\left|\bigcap_{i=1}^k\overline{S_i}\right|\\ &=&\sum_i\binom{k+r-n_i-2}{k-1} -\sum_{i,j}\binom{k+r-n_i-n_j-3}{k-1}+\sum_{i,j,k}\binom{k+r-n_i-n_j-n_k-4}{k-1} -\cdots\\ &&+(-1)^{k-1}\binom{k+r-\sum_{i=1}^kn_i-k-1}{k-1} \end{array} $$ 1 \le c_1 < c_2 < c_3 < c_4 < \cdots < c_k \le n+k-1 于是拿全集 $|U|=\binom{k+r-1}{k-1}$ 减去上式，得到多重集的组合数 $$ 所以问题就开始转换为无重复组合问题，即在 $n+k-1$ 个元素中选中 $k$ 个的组合数 $C_{n+k-1}^{k}$ 。 Ans=\sum_{p=0}^k(-1)^p\sum_{A}\binom{k+r-1-\sum_{A} n_{A_i}-p}{k-1} $$ 其中 A 是充当枚举子集的作用，满足 $|A|=p,\ A_i<A_{i+1}$。 ### 不相邻的排列 Loading Loading @@ -162,30 +188,38 @@ $$ 错位排列数列为 $0,1,2,9,44,265,\cdots$ ## 加法 & 乘法原理 ### 圆排列 ### 加法原理 $n$ 个人全部来围成一圈为 $Q_n^n$ ，其中已经排好的一圈，从不同位置断开，又变成不同的队列。 所以： $$ Q_n^n \times n = A_n^n → Q_n = \frac{A_n^n}{n} = (n-1)! $$ 完成一个工程可以有 $n$ 类办法， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 类方法的数目。 那么完成这件事共有 $S=a[1]+a[2]+\cdots +a[n]$ 种不同的方法。 由此可知部分圆排列的公式： ### 乘法原理 $$ Q_n^r = \frac{A_n^r}{r} = \frac{n!}{r \times (n-r)!} $$ 完成一个工程需要分 $n$ 个步骤， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 个步骤的不同方法数目。 那么完成这件事共有 $S = a[1] \times a[2] \times \cdots \times a[n]$ 种不同的方法。 ## 组合数的性质 ### 两原理的区别 由于组合数在OI中十分重要，因此我们讨论一下组合数的若干性质。 **一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”。** $$ C_n^m = C_{n}^{n-m} $$ ## 几个关于组合的公式 相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。 $$ C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + \cdots + C_n^m = 2^n C_n^m = C_{n-1}^{m} + C_{n-1}^{m-1} $$ 杨辉三角的公式表达。我们可以利用这个式子，在 $O(n^2)$ 的复杂度下推导组合数。 $$ C_n^r + C_n^{r+1} = C_{n+1}^{r+1} C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + \cdots + C_n^m = 2^n $$ $$ Loading Loading
docs/math/combination.md +100 −66 Original line number Diff line number Diff line ## 排列组合简介 排列组合是组合数学中的一种。排列就是指从给定个数的元素中取出指定个数的元素进行排序；组合则是指从给定个数的元素中仅仅取出指定个数的元素，不考虑排序。排列组合的中心问题是研究给定要求的排列和组合可能出现的情况总数。排列组合与古典概率论关系密切。 在高中初等数学中，排列组合多是利用列表、枚举等方法解题。 * * * ## 排列组合公式及定义 ## 加法 & 乘法原理 ### 排列的定义 ### 加法原理 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ （ $m\leqslant n$ ， $m$ 与 $n$ 均为自然数，下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素的所有排列的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的排列数，用符号 $A_n^m$ （或者是 $P_n^m$ ）表示。 完成一个工程可以有 $n$ 类办法， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 类方法的数目。 那么完成这件事共有 $S=a[1]+a[2]+\cdots +a[n]$ 种不同的方法。 ### 排列的计算公式 ### 乘法原理 $$ A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} $$ 完成一个工程需要分 $n$ 个步骤， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 个步骤的不同方法数目。 那么完成这件事共有 $S = a[1] \times a[2] \times \cdots \times a[n]$ 种不同的方法。 ** $n!$ 代表 $n$ 的阶乘，即 $6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6$ .** ### 两原理的区别 ### 组合的定义 **一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”。** 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素组成一个集合，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m≤n$ ) 个元素的所有组合的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数。用符号 $C_n^m$ （或者是 $\binom{m}{n}$ ）表示。 ## 排列与组合基础篇 ### 组合的计算公式 ### 排列数 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ （ $m\leqslant n$ ， $m$ 与 $n$ 均为自然数，下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个排列；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素的所有排列的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的排列数，用符号 $A_n^m$ （或者是 $P_n^m$ ）表示。 排列的计算公式如下： $$ C_n^m = \frac{A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n - m)!} A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} $$ ## 排列组合的分类 ### 排列 $n!$ 代表 $n$ 的阶乘，即 $6! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6$。 **全排列** : $n$ 个人全部来排队，队长为 $n$ 。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推得： 公式可以这样理解： $n$ 个人选 $m$ 个来排队 ( $m \le n$ )。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推，第 $m$ 个（最后一个）可以选 $n-m+1$ 个，得： $$ A_n^n = n(n-1)(n-2) \cdots 3 × 2 × 1 = n! A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} $$ **部分排列** : $n$ 个人选 $m$ 个来排队 ( $m \le n$ )。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推，第 $m$ 个（最后一个）可以选 $n-m+1$ 个，得： 全排列： $n$ 个人全部来排队，队长为 $n$ 。第一个位置可以选 $n$ 个，第二位置可以选 $n-1$ 个，以此类推得： $$ A_n^m = n(n-1)(n-2) \cdots (n-m+1) = \frac{n!}{(n - m)!} A_n^n = n(n-1)(n-2) \cdots 3 × 2 × 1 = n! $$ ### 组合 全排列是排列数的一个特殊情况。 $n$ 个人 $m$ ( $m \le n$ ) 个出来，不排队，不在乎顺序 $C_n^m$ 。如果在乎排列那么就是 $A_n^m$ ，如果不在乎那么就要除掉重复，那么重复了多少？同样选出的来的 $m$ 个人，他们还要“全排”得 $A_n^m$ ，所以得： ### 组合数 $$ C_n^m \times m! = A_n^m $$ 从 $n$ 个不同元素中，任取 $m$ ( $m\leqslant n$ ) 个元素组成一个集合，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的一个组合；从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ ( $m≤n$ ) 个元素的所有组合的个数，叫做从 $n$ 个不同元素中取出 $m$ 个元素的组合数。用符号 $C_n^m$ （或者是 $\binom{m}{n}$ ）表示。 组合数计算公式 $$ C_n^m = \frac{A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n - m)!} $$ #### 组合数的性质 如何理解上述公式？我们考虑 $n$ 个人 $m$ ( $m \le n$ ) 个出来，不排队，不在乎顺序 $C_n^m$ 。如果在乎排列那么就是 $A_n^m$ ，如果不在乎那么就要除掉重复，那么重复了多少？同样选出的来的 $m$ 个人，他们还要“全排”得 $A_n^m$ ，所以得： $$ C_n^m = C_{n}^{n-m} C_n^m \times m! = A_n^m $$ 相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。 $$ C_n^m = C_{n-1}^{m} + C_{n-1}^{m-1} C_n^m = \frac{A_n^m}{m!} = \frac{n!}{m!(n-m)!} $$ 杨辉三角的公式表达。思考一下怎么利用这个式子，在 $O(n^2)$ 的复杂度下推导组合数？ 组合数也常用 $\binom{n}{m}$ 表示，即 $C_n^m=\binom{n}{m}$（注意他们是上下颠倒的）这个符号其实称作二项式系数的符号，与下文二项式定理有关。 ### 圆排列 另外，我们认为当 $m>n$ 时，$A_n^m=C_n^m=0$。 $n$ 个人全部来围成一圈为 $Q_n^n$ ，其中已经排好的一圈，从不同位置断开，又变成不同的队列。 所以： ## 二项式定理 在进入排列组合进阶篇之前，我们先介绍一个与组合数密切相关的定理——二项式定理。 二项式定理就是一个展开式： $$ Q_n^n \times n = A_n^n → Q_n = \frac{A_n^n}{n} = (n-1)! (a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^{n-i}b^i $$ 由此可知部分圆排列的公式： 证明？数学归纳法。本质就是利用了 $\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}=\binom{n+1}{k}$ 做归纳。 $$ Q_n^r = \frac{A_n^r}{r} = \frac{n!}{r \times (n-r)!} $$ ## 排列与组合进阶篇 接下来我们介绍一些排列组合的变种。 ### 重复排列（有限） ### 多重集的排列数 | 多重组合数 $k$ 种不一样的球，每种球的个数分别是 $a_1,a_2,\cdots,a_k$ ，设 $n=a_1+a_2+\ldots+a_k$ ，这 $n$ 个球的全排列数，为 请大家一定要区分**多重组合数**与**多重集的组合数**！两者是完全不同的概念！ 多重集是指包含重复元素的广义集合。设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$，$n_2$ 个 $a_2$，…，$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集，S 的全排列个数为 $$ \frac{n!}{a_1! \times a_2! \times \cdots \times a_k!} \frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!}=\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!} $$ 相当于把相同元素的排列数除掉了。具体地，你可以认为你有 $k$ 种不一样的球，每种球的个数分别是 $n_1,n_2,\cdots,n_k$，且$n=n_1+n_2+\ldots+n_k$ 。这 $n$ 个球的全排列数就是**多重集的排列数**。多重集的排列数常被称作**多重组合数**。我们可以用多重组合数的符号表示上式： $$ \binom{n}{n_1,n_2,\cdots,n_k}=\frac{n!}{\prod_{i=1}^kn_i!} $$ 另外补一句，$\binom{n}{m}$其实等价于$\binom{n}{m,n-m}$，只不过后者没人这么写。 ### 重复组合（无限） ### 多重集的组合数1 $n$ 种不一样的球，每种球的个数是无限的，从中选 $k$ 个出来，不用排列，是组合，为 $C_{n+k-1}^{k}$ . 设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$，$n_2$ 个 $a_2$，…，$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。那么对于整数 $r(r<n_i,\forall i\in[1,k])$，从 S 中选择 r 个元素组成一个多重集的方案数就是**多重集的组合数**。这个问题等价于$x_1+x_2+\cdots+x_k=r$的非负整数解的数目，可以用插板法解决，答案为 $$ \binom{r+k-1}{k-1} $$ 证明： ### 多重集的组合数2 > 假设选出来的数（排好序）： 上述其实是一个超级弱化版的多重集组合数，r 的范围太过局限。我们考虑这个问题：设 $S=\{n_1\cdot a_1,n_2\cdot a_2,\cdots,n_k\cdot a_k,\}$ 表示由 $n_1$ 个 $a_1$，$n_2$ 个 $a_2$，…，$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。那么对于正整数 $r$，从 S 中选择 r 个元素组成一个多重集的方案数。 这样就限制了每种元素的取的个数。同样的，我们可以把这个问题转化为带限制的线性方程求解： $$ 1 \le b_1 \le b_2 \le b_3 \le \cdots \le b_k \le n \forall i\in [1,k],\ x_i\le n_i,\\ \sum_{i=1}^kx_i=r $$ 于是很自然地想到了容斥原理。容斥的模型如下： > 这题的难点就是 $=$ 号，现在去掉 $=$ 号，所以有： 1. 全集：$\sum_{i=1}^kx_i=r$ 的非负整数解。 2. 属性：$x_i\le n_i$。 于是设满足属性 i 的集合是 $S_i$，$\overline{S_i}$ 表示不满足属性 i 的集合，即满足 $x_i\ge n_i+1$ 的集合。那么答案即为 $$ \left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| $$ 1 \le b_1 < b_2+1 < b_3+2 < b_4+3 < \cdots < b_k+k-1 \le n+k-1 推容斥的式子 $$ \begin{array}{l} \left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| 中间还是 $k$ 个数！不过已经不是 $b$ 系列，而是 $c$ 系列， **假设 $c[i]=b[i]+i-1$ ，所以** &=&\sum_i\left|\overline{S_i}\right| -\sum_{i,j}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\right| +\sum_{i,j,k}\left|\overline{S_i}\cap\overline{S_j}\cap\overline{S_k}\right| -\cdots\\ &&+(-1)^{k-1}\left|\bigcap_{i=1}^k\overline{S_i}\right|\\ &=&\sum_i\binom{k+r-n_i-2}{k-1} -\sum_{i,j}\binom{k+r-n_i-n_j-3}{k-1}+\sum_{i,j,k}\binom{k+r-n_i-n_j-n_k-4}{k-1} -\cdots\\ &&+(-1)^{k-1}\binom{k+r-\sum_{i=1}^kn_i-k-1}{k-1} \end{array} $$ 1 \le c_1 < c_2 < c_3 < c_4 < \cdots < c_k \le n+k-1 于是拿全集 $|U|=\binom{k+r-1}{k-1}$ 减去上式，得到多重集的组合数 $$ 所以问题就开始转换为无重复组合问题，即在 $n+k-1$ 个元素中选中 $k$ 个的组合数 $C_{n+k-1}^{k}$ 。 Ans=\sum_{p=0}^k(-1)^p\sum_{A}\binom{k+r-1-\sum_{A} n_{A_i}-p}{k-1} $$ 其中 A 是充当枚举子集的作用，满足 $|A|=p,\ A_i<A_{i+1}$。 ### 不相邻的排列 Loading Loading @@ -162,30 +188,38 @@ $$ 错位排列数列为 $0,1,2,9,44,265,\cdots$ ## 加法 & 乘法原理 ### 圆排列 ### 加法原理 $n$ 个人全部来围成一圈为 $Q_n^n$ ，其中已经排好的一圈，从不同位置断开，又变成不同的队列。 所以： $$ Q_n^n \times n = A_n^n → Q_n = \frac{A_n^n}{n} = (n-1)! $$ 完成一个工程可以有 $n$ 类办法， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 类方法的数目。 那么完成这件事共有 $S=a[1]+a[2]+\cdots +a[n]$ 种不同的方法。 由此可知部分圆排列的公式： ### 乘法原理 $$ Q_n^r = \frac{A_n^r}{r} = \frac{n!}{r \times (n-r)!} $$ 完成一个工程需要分 $n$ 个步骤， $a[i](1 \le i \le n)$ 代表第 $i$ 个步骤的不同方法数目。 那么完成这件事共有 $S = a[1] \times a[2] \times \cdots \times a[n]$ 种不同的方法。 ## 组合数的性质 ### 两原理的区别 由于组合数在OI中十分重要，因此我们讨论一下组合数的若干性质。 **一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”。** $$ C_n^m = C_{n}^{n-m} $$ ## 几个关于组合的公式 相当于将选出的集合对全集取补集，故数值不变。 $$ C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + \cdots + C_n^m = 2^n C_n^m = C_{n-1}^{m} + C_{n-1}^{m-1} $$ 杨辉三角的公式表达。我们可以利用这个式子，在 $O(n^2)$ 的复杂度下推导组合数。 $$ C_n^r + C_n^{r+1} = C_{n+1}^{r+1} C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + C_n^3 + \cdots + C_n^m = 2^n $$ $$ Loading
