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下文中 \([n]\) 表示 \(\{1,2,3\dots n\}\)。
P0
對於正整數 \(n\)，稱 \(a_{1\dots k}\) 是 \(n\) 的有序劃分，當且僅當 \(\sum_i a_i=n\)。給定 \(n(\geq 2)\)，求滿足 \(\sum_{i}[2|a_i]\) 是偶數的有序劃分個數。
答案：\(2^{n-2}\)。
\(n\) 的所有劃分可以看成有 \(n-1\) 個空位，每個空位可以放板或不放，總方案數是 \(2^{n-1}\)。現在只需要證明偶數的個數一半是奇，一半是偶。
對於一個有序劃分，若 \(a_1=1\)，則把 \(a_1\) 和 \(a_2\) 合併在一起。否則把 \(a_1\) 拆成 \(1\) 和 \(a_1\)。經過這樣的操作，一定會改變偶數個數的奇偶性。
上述對映是一個 對合，即 \(f=f^{-1}\)。這樣就證明了奇偶兩邊的數量相等。
注意構造對合的時候不能對映到自己。
P1
\[\sum_{k=0}^m\binom{m+k}{k}2^{-k} \]
答案是 \(2^m\)。考慮一個長度為 \(2m\) 的 \(01\) 序列，顯然有 \(2^{2m}\) 種。變形一下上式：
對於一個序列，若 \(0,1\) 都出現了 \(m\) 次，對應 \(k=m\)，其方案數為 \(\binom{2m}{m}\)。
否則考慮列舉二者中較多的第 \(m+1\) 次出現位置，則前 \(m+k\) 個需要填 \(m\) 個，\([m+k+2,2m]\) 隨便填，然後還需要確定眾數是誰（\(m+k+1\) 上填什麼），就得到了上式。
P2
\[\sum_{k=0}^n\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} \]
答案是 \(4^n\)。兩個上指標的和是 \(2n\)，兩個下指標的和是 \(n\)，看成是平面直角座標系上從 \((0,0)\) 開始走的路徑計數。
把 \(\binom{2k}{k}\) 看成是列舉和 \(y=x\) 的最後一個交點。設 \(m=n-k\)，假設下一步向右走，走到 \(y=2n-x\) 直線上並且不走到 \(y=x\) 上的方案數可以用計算類似卡特蘭數的方式計算：
第一步也可以向上走，方案數一樣，\(2\binom{2m-1}{m-1}=\binom{2m}{m}\)。所以就是任意走 \(2n\) 步的方案數。
P3
\[\sum_{i\geq 0}\binom{x+y+i}{i}\binom{y}{a-i}\binom{x}{b-i} \]
答案是 \(\binom{x+a}{b}\binom{y+b}{a}\)。在兩邊同時乘一個 \(\binom{x+y}{x}\)。
集合是這樣的形式：
其中 \(\lvert A\rvert=a,\lvert B\rvert=b,\lvert X\rvert=x,\lvert Y\rvert=y,\lvert A\cap B\rvert=i\)，則左式比較平凡，先確定 \(x,y,i\)，各含有多少各元素，然後確定 \(A,B\) 在 \(X,Y\) 中的部分。
若 \(T\subseteq S\)，且對於 \(i\in[1,\lvert T\rvert]\)，確定了在 \(T\) 中第 \(i\) 大的元素在 \(S\) 中是第幾大，則稱確定了資訊 \((T,S)\)。
右式相當於確定了資訊 \((X,X\cup Y),(B,X\cup A),(A,Y\cup B)\)，至於要證明透過這三組資訊可以確定一個全序關係（即可以排序所有元素）。
考慮每次尋找最小的元素。首先根據 \((X,X\cup Y)\) 中的資訊，可以確定最小值一定不在 \(X\) 或者 \(Y\)。假設不在 \(Y\)（不在 \(X\) 同理）：
若 \(X\cup A\) 的最小值在 \(B\) 中，那麼若 \(Y\cup B\) 的最小值在 \(A\) 中，則最小值就在 \(A\cap B\) 中，否則在 \(B\setminus (A\cap B)\) 中。
否則在 \(X\setminus B\) 中。
上面這一過程沒有資訊的浪費（？？？），所以對映是單的。
P4
\[\sum_{k=0}^n\binom n k^2x^k=\sum_{k=0}^n\binom{2n-k}{n-k,n-k,k}(x-1)^k \]
右式可以變成 \(\binom n k\binom{2n-k} n(x-1)^k\)。
左式的組合意義是：\(S,T\subseteq [n],\lvert S\rvert=\lvert T\rvert,f:S\rightarrow[x]\) 的元組 \(A:(S,T,f)\) 數量。
右式的組合意義是 \(S\subseteq[n],T\subseteq[2n]\setminus S,\lvert T\rvert=n,f:S\rightarrow [x-1]\) 的元組 \(B:(S,T,f)\) 數量。
建立雙射 \(F:A\rightarrow B\)：
對於左式中的 \((S,T,f)\)，構造 \(S'=\{y\in S|f(y)!=x\},f'(x)=f(x),T'=\{y\in[n]|y\notin S\}\cup(n+T)\)。注意到因為 \(a\in S'\) 中不含 \(f(a)=x\) 的 \(a\)，所以對映 \(f'\) 合法。顯然 \(\lvert T'\rvert=n\)。
這種對映對於不同的 \(A\)，顯然會對映到唯一的 \(B\)。
\(F':B\rightarrow A\)：
對於右式中的 \((S,T,f)\)，構造 \(T'=\{x-n|x\in T,x>n\}\)，\(S'=[n]\setminus T\)，\(f'(a)=\begin{cases}f(a)\;\; a\in S \\ x\qquad a\notin S\end{cases}\)，這樣仍然只會對映到唯一的 \(A\)。
P5.1
\(A\) 是 \(n\) 的有序劃分，求：
\[\sum_{A\;\text{is}\;\text{valid}}\prod_{j=1}^ka_j \]
答案是 \(F_{2n-1}\)，\(F\) 是斐波那契數列。
考慮畫出 \(n\) 個圓圈，每兩個圓圈中間畫一個點，共 \(2n-1\) 個元素，然後選擇 \(2n-1\) 個元素的一個子集，使得 第一個選的和最後一個選的都是圓圈，並且每兩個選擇的圓圈間恰有一個點被選擇。
這樣一個點就代表一個隔板，把 \(n\) 分隔成了若干份，每一份有 \(a_i\) 個圓圈，每個要段中要再選一個，貢獻就是乘起來。
可以等價於把 \(2n-1\) 分成若干個 \(1,2\)，選擇所有大小為 \(1\) 的塊包含的元素，就是斐波那契數列。
P5.2
\(A\) 是 \(n\) 的有序劃分，求：
\[\sum_{A\;\text{is}\;\text{valid}}\prod_{j=1}^k(2^{a_j-1}-1) \]
答案是 \(F_{2n-3}\)，其中 \(F\) 是斐波那契數列。
首先考慮怎麼把 \(2^{a_i-1}-1\) 和劃分成 \(1,2\) 的段找到聯絡。
對於一個 \(a_i\)，考慮把 \(2a_i\) 劃分成若干段，每段的長度是 \(1\) 或 \(2\)。滿足：
-
首段長為 \(1\)，末段長為 \(2\)。
-
設長為 \(1\) 的段有 \(k\) 段，則 \(k\) 是偶數，並且對於 \(1\sim k-1\) 中的每個偶數 \(z\)，第 \(z\) 個 \(1\) 後面也是 \(1\)。
這樣的方案數就是 \(2^{a_i-1}-1\)，考慮去掉開頭的第一個 \(1\) 和結尾的 \(2\)，然後在最後一個 \(1\) 後面填一個 \(1\)，這樣就是有一個長度為 \(2a_i-3+1\) 的段，沒相鄰兩個為一組，每組可以是 \(\{1,1\}\) 或者是 \(\{2\}\)，並且不能全部是 \(\{2\}\)，所以答案就是 \(2^{a_i-1}-1\)。
然後對於一個數，考慮把所有 \(a_i\) 的拆分段拼起來形成一個和為 \(2n\) 的 \(1,2\) 序列。因為開頭的 \(1\) 和末尾的 \(2\) 是固定的，所以方案數是 \(F_{2n-3}\)。
現在證明每一個序列都對應唯一的劃分方式。首先 \(1\) 的總個數一定是偶數。執行這樣一個過程：從前向後，不斷找到滿足下一位是 \(1\) 並且前面的 \(1\) 的個數是偶數的第一個 \(2\) 並作為一個劃分的結尾。
P6（模擬賽題）
求
\[f(n)=\sum_{m=0}^n\sum_{k=m}^n\binom k m\binom{k-m}{\lfloor\frac{k-m} 2\rfloor}2^{n+m-k} \]要求 \(\mathcal O(n)\)
整理一下式子：
問題轉為求後半部分 \(g(n)=\sum_{m=0}^n\binom n m\binom{n-m}{\lfloor\frac {n-m} 2\rfloor}2^m\)。
考慮 \(S=[2n+1]\) 中 \(1\) 和 \(2\) 匹配，\(3\) 和 \(4\) 匹配 \(\dots\) \(2k-1\) 和 \(2k\) 匹配（\(k\leq n\)），\(2n+1\) 沒有匹配。
對於 \(x\leq 2n\) 記 \(x\) 的匹配為 \(m(x)\)。
選取 \(T\subseteq S\) 使得 \(\lvert T\rvert=n\)。對於每種方案，記 \(R=\{x|x\in T,x\not= 2n+1,m(x)\notin T\}\)，設 \(\lvert R\rvert=k\)，則 \(T\) 內部有 \(\frac{n-k} 2\) 對匹配。這樣就有了組合意義：
先確定 \(n\) 對匹配中 \(k\) 個恰好只被選入一個到 \(T\) 中，並且決定是哪個被選入，方案數是 \(\binom n k 2^k\)。
剩下的部分還要選 \(\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor\) 對匹配，方案數是 \(\binom{n-k}{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor}\)。
然後如果 \(n-k\) 是奇數，就把 \(2n+1\) 選進去，否則不選，這樣集合大小一定能湊成 \(n\)。所以答案就是 \(g(n)=\binom{2n+1}{n}\)。預處理組合數，預處理字首和可以做到 \(\mathcal O(n)\)。