算法学习笔记(16): 组合数学基础

组合数学基础

组合数学非常有用！我们先从一点点简单的性质开始

简单原理

加法原理

这非常简单，我们举一个例子即可：考虑我有 \(5\) 个红苹果和 \(3\) 个绿苹果，如果你要选一个苹果去吃，那么你一共有 \(5 + 3 = 8\) 种选择的方法

乘法原理

同样非常简单：考虑我有 \(5\) 个苹果，涵儿有 \(6\) 个苹果，我们各自拿出一个苹果，那么一共有 \(5 \times 6 = 30\) 种拿出的方案

减法原理和除法原理

本质与加法原理和乘法原理相似，这里不做展开

抽屉原理

( 广义 ）如果 \(n\) 个物品一共有 \(k\) 种状态，那么至少有 \(\lceil \frac nk \rceil\) 种物品处于一个状态

推论 ：一个从有 \(> k\) 个元素的集合映射到 \(k\) 个元素的集合的函数一定不是一对一函数。

终于正式开始将排列组合了！

排列

定理 ：具有 \(n\) 个元素的集合，选出 \(r\) 个排列的可能数（ 顺序相关 ）

\[P(n, r) = n(n - 1)(n - 2)\cdots(n - r + 1) \]

证明 ：由于顺序相关，不能选择同一个数多次，那么第一个位置有 \(n\) 种选法，第二个位置有 \(n - 1\) 中选法，以此类推，第 \(i\) 个位置有 \(n - i + 1\) 种选法。考虑乘法原理，那么就得出了上述结论。

特殊的 ：只要 \(n\) 是一个非负整数，那么 \(P(n, 0) = 1\) ，因为恰好有一种方法来排列 \(0\) 个元素

简写公式 ：一般来说，我们不会写成上述形式，而是

\[P(n, r) = \frac {n!}{(n - r)!} \]

多重排列

考虑这样一个问题：我有 \(7\) 个盘子， \(2\) 个苹果， \(3\) 个橘子和 \(2\) 个桃子，分别在一个盘子中放一个水果，一共有多少种放法（我们认为同一种水果是相同的）？

经过计算，一共有 \(\frac {7!}{2!3!2!} = 210\) 种放法。

抽象来说，我们将 \(k\) 个元素进行排列，对于第 \(i\) 个元素一共有 \(x_i\) 个。那么总的排列方案数为

\[\frac {(x_1 + x_2 + \cdots + x_k)!}{x_1!x_2!\cdots x_k!} \]

组合

其实就是顺序无关的排列

定理 ：具有 \(n\) 个元素的集合，选出 \(r\) 个数组成新的集合，本质不同的集合数为

\[C(n,r) = {n \choose r} = \frac {n!}{r!(n-r)!} \]

由于顺序无关，我们考虑通过排列推导。

证明 ：为了得出所有集合，我们先考虑顺序相关，也就是有 \(P(n, r)\) 个排列，而对于每一个排列，如果不考虑顺序，一共重复计算了 \(P(r, r)\) 次，所以

\[C(n, r) = \frac{P(n, r)}{P(r,r)} = \frac {\frac {n!}{(n-r)!}}{\frac{r!}{(r-r)!}} = \frac {n!}{r!(n-r)!} \]

性质

接下来我们考虑组合的各种 性质

\[{n \choose m} = {n \choose n - m} = \frac nm {n - 1 \choose m - 1} = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1} \]

前两个等式，考虑按照定义展开化简即可

考虑最后一个等式， 其实就是杨辉三角的递推 ，我们钦定 \(n\) 中的一个元素，分情况讨论

如果不选择这个数，也就是在剩下的数中选择 \(m\) 个数，那么一共有 \({n-1 \choose m}\) 种情况

如果选择这个数，那么只需要在剩下的数种选择 \(m - 1\) 个数即可，那么一共有 \(n - 1 \choose m - 1\) 种情况

\[\binom nk \binom km = \binom nm \binom {n-k}{m-k} \]

证明 ：展开即可

\[\sum_{i=k}^n \binom ik = \binom {n+1}{k+1} \]

证明 ：还是考虑展开

\[\sum_{i=k}^n \binom ik = \binom k {k+1} + \binom kk + \binom {k+1} k + \cdots + \binom nk \]

\(\binom k {k+1}\) 是不合法的，所以其值为 0，加上去之后不会对结果产生影响

我们通过公式 \(\binom nm = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}\) 两两合并即可。

推论 ：我们将 \(i\) 平移，那么得出

\[\sum_{i=0}^m \binom {k+i}i = {k + m + 1 \choose m + 1} \]

\[\sum_{i=0}^n i \binom ni = n 2^{n-1} \]

证明 ：

考虑代数展开，通过 \({n \choose m} = {n \choose n - m}\) 变化即可。

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^n i \binom ni &= 0 \binom n0 + 1 \binom n1 + \dots + (n-1) \binom n {n-1} + n \binom nn \\ \end{aligned} \]

但是，其实可以通过生成函数推导。推导步骤如下：

生成函数可以参考另外一篇博客： 普通型生成函数 - Ricky2007 - 博客园

我认为讲的不错

我们先展开，得到

\[0 + 1 \binom n1 + 2 \binom n2 + \cdots + n \binom nn \]

我们可以由此联想到生成函数求导的公式

\[<a_1, a_2, a_3, \dots> \to <a_2, 2a_3, 3a_4, \dots> \]

那么我们考虑求导前的生成函数序列：

\[<\binom n0, \binom n1, \binom n2, \dots, \binom nn, 0, \dots> \]

显然，其生成函数展开之前为 \(F(x) = (1+x)^n\)

那么我们对其求导得到 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\)

展开之后为

\[<1\binom n1, 2\binom n2, 3\binom n3, \dots, n \binom nn, 0, \dots> \]

我们考虑需要把所有的系数加起来，那么我们令 \(x = 1\) 即可

所以，得出

\[\sum_{i=0}^n i \binom ni = F'(1) = n (1+1)^{n-1} = n 2^{n-1} \]

我们考虑扩展一下上述式子

\[\sum_{i=0}^n i^2 \binom ni = n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2} \]

考虑还是利用生成函数的思路。

将生成函数 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\) 向右平移一位并再次求导：

\[\begin{aligned} G(x) &= xF'(x) = nx(1+x)^{n-1} \\ G'(x) &= n(1+x)^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\ \end{aligned} \]

那么我们还是借上面的思路，令 \(x = 1\) ，所以

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^n i^2 \binom ni &= G'(1) \\ &= n2^{n-1} + (n-1)nx(1+x)^{n-2} \\ &= n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2} \\ \end{aligned} \]

二项式定理

定理 ：令 \(n\) 是非负整数，那么有

\[\begin{aligned} (x+y)^n & = \sum_{i = 0}^n x^{n - i}y^i \\ & = \binom{n}{0}x^ny^0 + \binom n1 x^{n-1}y^1 + \cdots + \binom n {n-1} x^1y^{n-1} + \binom nn x^0 y^n \end{aligned} \]

考虑展开之后每一项都应该是 \(n\) 次的，所以 \(x\) 为 \(i\) 次一共有 \(\binom ni\) 种情况

我们利用这个找到一些有用的性质：

推论 ：令 \(n\) 为非负整数，那么

\[\sum_{i=0}^n \binom ni = 2^n \]

证明 ：用二项式定理，令 \(x = y = 1\) ，那么

\[2^n = (1 + 1)^n = \sum_{i=0}^n \binom ni 1^i1^{n-i} = \sum_{i=0}^n \binom ni \]

推论 ：令 \(n\) 为非负整数，那么

\[\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom ni = 0 \]

证明 ：令 \(x = -1, y = 1\) 即可

范德蒙卷积

已知 \(n, m, t\)

\[\sum_{i=0}^t \binom ni \binom m {t-i} = \binom{n + m} t \]

证明 ：在组合意义上，相当于在 \(n\) 中选 \(i\) 个，在 \(m\) 中选剩下的，也就是在 \(n + m\) 中选择 \(t\) 个。

而二项式证明这里就不展开了。

例题

请证明：

\[\sum_{i=0}^n {\binom ni}^2 = \binom {2n} n \]

Lucas定理

定理：

\[\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p \]

这个证明相对复杂，请酌情食用

证明 ：

我们考虑通过带余方程改写上述式子：

\[\binom {sp + t}{kp + r} \equiv \binom sk \binom tr \pmod p \]

我们通过生成函数 \(F(x) = (1+x)^{sp+t}\) 的第 \(kp+r\) 次项的系数求。

我们先求一个推导的时候需要的东西：

\[\begin{aligned} (1+x)^p & \equiv 1 + \binom p1 x + \binom p2 x^2 + \binom p3 x^3 + \cdots + \binom p {p-1} x^{p-1} + x^p \pmod p \\ & \equiv 1 + x^p \pmod p \end{aligned} \]

那么我们正式开始推导：

\[\begin{aligned} (1+x)^{sp+t} & \equiv (1+x)^{sp} \cdot (1+x)^t \pmod p \\ & \equiv ((1+x)^p)^s \cdot (1+x)^t \\ & \equiv (1+x^p)^s \cdot (1+x)^t \\ & \equiv \sum_{i=0}^s \binom si x^{pi} \cdot \sum_{j=0}^t \binom tj x^j \end{aligned} \]

我们取 \(x^{kp+r}\) 项

那么当且仅当 \(i = k, j = r\) 时，就可以取出 \(x^{kp+r}\) 项的系数。

考虑为什么 当且仅当 ？

可知，我们需要 \(ip+j = kp + r\)

\[\begin{aligned} & \because j \in [0, t], t \in [0, p), r \in [0, p) \\ & \therefore j = r, i = k \end{aligned} \]

那么，其系数为

\[\binom sk \binom tr \]

所以，可知

\[\binom sk \binom tr \equiv \binom {sp+t} {kp+r} \pmod p \]

得证：

\[\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p \]

程序实现 ：

这里还是稍微讲一下吧

首先，我们需要求出组合数，那么我们先预处理一下模数以内的阶乘和阶乘逆元：

 long long fac[N] = {1}, ifac[N];
for (int i = 1; i < MOD; ++i) fac[i] = (i * fac[i - 1]) % MOD;
ifac[MOD - 1] = quickPow(fac[MOD - 1], MOD - 2, MOD);
for (int i = MOD - 1; i; --i) ifac[i - 1] = ifac[i] * i % MOD;
 

考虑一下组合数的特殊情况，如果 \(n < m\) 那么 \(\binom nm = 0\)

所以我们求模数以内的组合数方法如下：

 inline int C(int i, int j) {
    if (i > j) return 0;
    return fac[j] * ifac[i] % MOD * ifac[j - i] % MOD;
}
 

那么Lucas定理呢？我们处理一下 \(n = 0\) 的特殊情况即可

 inline int Lucas(int i, int j) {
    if (i == 0) return 1;
    return Lucas(i / MOD, j / MOD) * C(i % MOD, j % MOD) % MOD;
}
 

广义容斥与二项式反演

这个部分相对较复杂，我给出反演公式

令 \(f_n\) 表示之多拥有 \(n\) 个属性的集合个数， \(g_n\) 表示恰好拥有 \(n\) 个属性的集合

那么

\[\begin{aligned} f_n &= \sum_{i=0}^n \binom ni g_i \\ g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni f_i \end{aligned} \]

反演推导证明

\[\begin{aligned} g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni \sum_{j=0}^i \binom ij g_j \\ & 求和符号变换: \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom ni \binom ij (-1)^{n - i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom nj \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i = j}^n \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i=0}^{n-j} \binom {n-j}i (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj (1 + (-1))^{n-j} \\ & [当且仅当 n=j 时有贡献: (1+(-1))^{n-j} \ne 0] \\ &= g_j \binom nj [n=j] \\ &= g_n \end{aligned} \]

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