組合數學

kuailedetongnian發表於2024-11-04

組合基礎與數論基礎

組合數

Lucas 定理

\[\forall n,m,\in\mathbb{N},n\geq m,p\in\mathbb{P}, \binom{n}{m} \equiv \binom{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor m/p\rfloor} \binom{n \bmod p}{m \bmod p} \pmod{p} \]

證明：

引理：$\forall p\in\mathbb{P},n\in[1,p-1]\cap\mathbb{Z},\binom{p}{n} \equiv 0 \pmod{p}$

$\because p\in\mathbb{P},\therefore\binom{p}{x}\equiv\frac{p!}{x!(p-x)!}\equiv p \cdot \frac{(p-1)!}{x!(p-x)!} \equiv 0 \pmod p$。證畢。

有 $(1+x)^p\equiv\sum\limits_{i=0}^{p}{\binom{p}{i}x^i}\equiv 1+\sum\limits_{i=1}^{p-1}{\binom{p}{i}x^i}+x^p\equiv{1+x^p}\pmod p$。

設 $\begin{cases} q_n = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor \\ r_n = n \bmod p \\ q_m = \lfloor\frac{m}{p}\rfloor \\ r_m = m \bmod p \end{cases}$，由取模定義可知 $\begin{cases} q_np+r_n=n \\ q_mp+r_m=m \\ \end{cases}$。

\[\begin{aligned} & (1+x)^n \\ & \equiv (1+x)^{q_np+r_n} \\ & \equiv (1+x)^{q_np} \cdot (1+x)^{r_n} \\ & \equiv (1+x^p)^{q_n} \cdot (1+x)^{r_n} \\ & \equiv (\sum\limits_{i=0}^{q_n}{\binom{q_n}{i}x^{ip}})\cdot(\sum\limits_{i=0}^{r_n}{\binom{r_n}{i}x^i}) \\ & \equiv \sum\limits_{i=0}^{q_n}\sum\limits_{j=0}^{r_n}{\binom{q_n}{i}\binom{r_n}{j}x^{ip+j}} \end{aligned} \]

又 $(1+x)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i}$

所以 $\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i} \equiv \sum\limits_{i=0}^{q_n}\sum\limits_{j=0}^{r_n}{\binom{q_n}{i}\binom{r_n}{j}x^{ip+j}} \pmod p$

設 $k = i \cdot p + j$，因為 $0 \leq j < r_n$，所以 $i = \lfloor\frac{k}{p}\rfloor, j = k \bmod p$

則 $\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i} \equiv \sum\limits_{i=0}^{q_n}\sum\limits_{j=0}^{r_n}{\binom{q_n}{\lfloor\frac{k}{p}\rfloor}\binom{r_n}{k \bmod p}x^{k}} \pmod p$

因為 $n\geq m$，則對於左式有 $i=m$ 時，右式有 $k=m$ 時，即有 $\binom{n}{m}x^m\equiv\binom{q_n}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{r_n}{m \bmod p}x^m \pmod p$，因為 $\begin{cases}q_n = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor \\ r_n = n \bmod p\end{cases}$，即得 $\binom{n}{m}\equiv\binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{n \bmod p}{m \bmod p}\pmod p$。證畢。

擴充套件Lucas exLucas

給定正整數 $n,m,P,1\leq m \leq n \leq 10^{18},1\leq P \leq 10^6$，求

\[\binom{n}{m} \bmod P \]

$\text{exLucas}$ 和 $\text{Lucas}$ 定理並無多大關係，$\text{exLucas}$ 我認為是一種演算法。

學習 $\text{exLucas}$ 之前建議看看階乘質因數分解。

$P$ 不為質數，將 $P$ 質因數分解 $P = \prod\limits{p_i^{c_i}}$。

將 $\binom{n}{m}$ 對每個 $p^c$ 取模，得出若干同餘方程，利用中國剩餘定理求出答案：

$\begin{cases} \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \cdots \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_{w}^{c_{w}}} \\ \end{cases}$

關鍵在於計算 $\binom{n}{m} \bmod {p^c}$。

$\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!} \pmod {p^c}$

有除法，但是 $m!(n-m)!$ 不一定和 $p^c$ 互質，即可能無法求出其逆元。

一個方法是將 $m!(n-m)!$ 的因子 $p$ 都除去，使之與 $p^c$ 互質：

$\frac{n!}{m!(n-m)!} \equiv \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y} \cdot \frac{(n-m)!}{p^z}} \cdot p^{x-y-z}$，$x$ 就是 $n!$ 質因數分解後 $p$ 的指數，$y,z$ 同理。

$n! = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n$ 這 $n$ 個數當中有 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$ 個數是 $p$ 的倍數，因為每 $p$ 個數就有一個數是 $p$ 的倍數。

則 $n! = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor! \cdot p \cdot \prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i}$，$\lfloor\frac{n}{p}\rfloor!$ 裡可能有 $p$ 的倍數，可以遞迴地來求。

設 $f(n) = \frac{n!}{p^x} \bmod p^c$，有 $f(n) = f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) \cdot \prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i} \bmod p^c$，沒有 $\times p$ 的原因是分母是 $p^x$，$p$ 都被約掉了。

\[\prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i}=(\prod\limits_{\substack{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor+1 \leq i \leq n\\ p \nmid i}}{i})(\prod\limits_{0\leq i \leq \lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor-1}\prod\limits_{\substack{1\leq j\leq p^c\\ p\nmid j}}(i \cdot p^c + j)) \pmod{p^c} \]

發現 $i \cdot p^c + j \equiv j \pmod {p^c}$

則

\[\prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i} \equiv (\prod\limits_{\substack{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor+1 \\ p \nmid i} \leq i \leq n}{i})(\prod\limits_{0\leq i \leq \lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor p^c -1}{i}\prod\limits_{\substack{1\leq j\leq p^c\\ p\nmid j}}j) \equiv (\prod\limits_{\substack{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor p^c+1 \\ p\nmid i} \leq i \leq n}{i})(\prod\limits_{\substack{1\leq j\leq p^c\\ p\nmid j}}j)^{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor} \pmod{p^c} \]

則

\[f(n) = f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) \cdot (\prod\limits_{\substack{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor p^c+1 \\ p\nmid i} \leq i \leq n}{i})(\prod\limits_{\substack{1\leq j\leq p^c\\ p\nmid j}}j)^{\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor} \pmod{p^c} \]

呼叫一次 $f$ 的時間複雜度為 $O($ 遞迴次數 $\times($ 積式 $+$ 快速冪 $))=O(\log_pn \cdot (p^c + \log_2\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor)) = O(p^c\log + \log^2)$

現在問題在於求 $x,y,z$。

設 $g(n)=x$，有 $g(n)=g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) + \lfloor\frac{n}{p}\rfloor$。

$n! = 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n$，這 $n$ 個數中是 $p$ 的倍數顯然有 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$ 個，將這 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$ 個數 $\times \frac{1}{p}$ 在相乘可得 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor!$，即 $g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)$，所以 $g(n)=g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) + \lfloor\frac{n}{p}\rfloor$。

綜上，$\text{exLucas}$ 有以下步驟：

質因數分解 $P = \prod\limits{p_i^{c_i}}$，時間複雜度 $O(\sqrt{P})$，但是有效 $p_i^{c_i}$ 最多有 $O(7)$
計算 $\binom{n}{m} \bmod p_i^{c_i}$，時間複雜度 $O(p^c\log + \log^2)$

$\binom{n}{m} = \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}\cdot p^{x-y-z} \equiv f(n) \cdot f(m)^{-1} \cdot f(n-m)^{-1} \cdot p^{g(n)-g(m)-g(n-m)} \pmod{p^c}$
用中國剩餘定理求出方程組的解，即為答案。時間複雜度 $O(7 \cdot \log n)$

步驟 2. 的 $p^c$ 最壞為 $P$。

關於 1. 3. 時間複雜度為什麼和 $7$ 有關，因為方程的個數即為 $P$ 不同質因數的個數，最壞情況為 $P = 2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17$，$2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17 \times 19 > 10^6$。

1.2. 是巢狀關係，1.2. 執行完執行 3. ，則總時間複雜度為 $O(\sqrt{P} + 7 \cdot (P\log + \log^2) + 7\log n) = O(\sqrt{P} + P\log)$。

例題 SDOI2010古代豬文

Luogu SDIO2010古代豬文

給定整數 $q,n$，$1\leq q,n \leq 10^9$，計算

\[q^{\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}}\bmod 999911659 \]

若 $q=999911659$，則答案為 $0$。

若 $q\neq 999911659$，根據尤拉定理推論有：$q^{\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}}\equiv q^{\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}\bmod 999911658}\pmod {999911659}$。

關鍵在於計算 $\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}\bmod 999911658$，模數不是質數，不能應用 $\text{Lucas}$ 定理，嘗試將其質因數分解。

$999911658 = 2 \times 3 \times 4679 \times 35617$，這樣的數為 $\text{square-free-number}$，它的所有質因子質數都是 $1$。設 $x = C^{d}_{n}$，用這四個質因數分別運用 $text{Lucas}$ 定理給 $x$ 取模，可得：

$\begin{cases} x\equiv a_1 \pmod 2 \\ x\equiv a_2 \pmod 3 \\ x\equiv a_3 \pmod {4679} \\ x\equiv a_4 \pmod {35617} \\ \end{cases}$

用中國剩餘定理求出 $x$，然後用快速冪求出 $q^{\sum{x}}\bmod 999911658$，即可。

時間複雜度為 $O($快速冪 $+$ 求因數 $\times(\text{Lucas}$ 定理 $+$ 中國剩餘定理$))=O(\log+\sqrt{n}(\log+\log))=O(\sqrt{n}\log)$。

求法

求 $\binom{n}{m} \bmod p, p\in\mathbb{P}$

方法 $1$:

透過 $\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1}$ 求組合數，時間複雜度 $O(n^2)$，回答時間複雜度 $O(1)$。

方法 $2$:

預處理 $0\sim n$ 的階乘和階乘的逆元，時間複雜度 $O(n)$，回答時間複雜度 $O(1)$。

方法 $3$:

利用 $\text{Lucas}$ 定理，預處理 $0\sim p-1$ 的階乘和階乘的逆元，時間複雜度 $O(p)$，回答時間複雜度 $O(log_p(n))$。

方法 $4$:

求 $\binom{n}{m}, n\leq 5000, m\leq 5000, n\geq m$。

注意，沒有取模，需要用到高精度。

利用 $\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1}$ $O(n^2)$ 做貌似可以，但是要用到高精度，還有 $O(n)$ 的位數，則時間複雜度 $O(n^3)$。

唯一分解即質因數分解

根據定義式 $\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}$ 來做，又因為組合數一定是個整數，所以我們用不到高精度除法，對分子和分母唯一分解，分子的每個質數的指數一定大於等於分母的對應指數，若小於則 $m!(n-m)!$ 不整除 $n!$，與組合數是整數矛盾。

綜上步驟為：

對 $n!,m!,(n-m)!$ 唯一分解。
約分，即用 $(n-m)!,m!$ 唯一分解出的質數消 $n!$ 唯一分解出的質數。
高精度 $\times$ 低精度

對 $x!$ 質因數分解

程式碼實現：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;


const int N = 5010;

int primes[N], cnt;
int sum[N];
bool st[N];


void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}


int get(int n, int p) // 求n!中 質因子 p 需要累乘的次數 
{
    int res = 0;
    while (n)
    {
        res += n / p;
        n /= p;
    }
    return res;
}


vector<int> mul(vector<int> a, int b)
{
    vector<int> c;
    int t = 0;
    for (int i = 0; i < a.size(); i ++ )
    {
        t += a[i] * b;
        c.push_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    while (t)
    {
        c.push_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    return c;
}


int main()
{
    int a, b;
    cin >> a >> b;

    get_primes(a);//用尤拉篩篩出 [1~a] 範圍內的質數 

    for (int i = 0; i < cnt; i ++ )
    {
        int p = primes[i];
        sum[i] = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p); // C(a,b) 中第 i 個質數需要累乘的次數 
    }

    vector<int> res;
    res.push_back(1);

    for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 列舉質因子 
        for (int j = 0; j < sum[i]; j ++ ) // 列舉當前質因子的個數 
            res = mul(res, primes[i]); // 做高精度乘低精度 

    for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i -- ) printf("%d", res[i]);
    puts("");

    return 0;
}

一些基本式子

式子1

\[\binom{n}{m}=\binom{n}{n - m} \]

證明：由定義即可得。

它的組合意義是從 $n$ 個數中選 $m$ 個數，與從 $n$ 個數中選 $n-m$ 個數的方案數相同，相當於剩下 $n-m$ 個數不選。

式子2

\[\binom{n}{m}=\binom{n - 1}{m - 1} + \binom{n - 1}{m} \]

證明：由定義即可得。

它的組合意義是從 $n$ 個數中選 $m$ 個數的方案數 = 已經考慮了前 $n - 1$ 個數，選擇當前數的方案數（$\binom{n-1}{m-1}$） + 不選當前數的方案數（$\binom{n-1}{m}$）

它滿足楊輝三角（帕斯卡三角）。

它可以看做一個遞推式。

式子3

\[\binom{n}{m}=\frac{n}{m}\binom{n-1}{m-1} \]

證明：由定義即可得。

式子4 二項式定理

\[\forall n\in\mathbb{N},(x+y)^n = \sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}x^iy^{n-i} \]

證明：

證法1：

數學歸納法。當 $n = 0$ 時，$(x+y)^0=1=\sum\limits_{i=0}^{0}\binom{0}{i}x^iy^{0-i}$，成立。

當 $n=m$ 成立，現在證明 $n=m+1$ 時成立：

\[\begin{aligned} & (x+y)^{m+1} \\ & =(x+y)(x+y)^m \\ & =(x+y)\sum\limits_{i=0}^{m}\binom{m}{i}x^iy^{m-i} \\ & =\sum\limits_{i=0}^{m}\binom{m}{i}x^{i+1}y^{m-i} + \sum\limits_{i=0}^{m}\binom{m}{i}x^iy^{m+1-i} \\ & =\sum\limits_{i=1}^{m+1}\binom{m}{i-1}x^iy^{m+1-i}+\sum\limits^m_{i=0}\binom{m}{i}x^iy^{m+1-i} \\ & =\binom{m}{m}x^{m+1}y^0+\binom{m}{0}x^0y^{m+1} + \sum\limits_{i=1}^{m}(\binom{m}{i-1}+\binom{m}{i})x^iy^{m+1-i} \\ & =\binom{m+1}{m+1}x^{m+1}y^0+\binom{m+1}{0}x^0y^{m+1} + \sum\limits_{i=1}^{m}\binom{m+1}{i}x^iy^{m+1-i} \\ & =\sum\limits_{i=0}^{m+1}\binom{m+1}{i}x^iy^{m+1-i} \\ & =\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}x^iy^{n-i} \end{aligned} \]

證畢。

由二項式定理可以得出許多有用的式子：

$\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}=2^n$

證明：將 $(1+1)^n$ 二項式展開即得。

它的組合意義是，從 $n$ 個數中選若干個數的方案數 = 從 $n$ 個數中選 $0$ 個數的方案數 + 從 $n$ 個數中選 $1$ 個數的方案數 + ... + 從 $n$ 個數中選 $n$ 個數的方案數。
$\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i} = 0$

證明：將 $((-1)+1)^n$ 二項式展開即得。

式子4

\[\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{m+i}{i} = \binom{m+n+1}{m+1} \]

證明：

\[ \begin{aligned} & \sum\limits_{i=0}^{n}\binom{m+i}{i} \\ & =\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{m+i}{m} \\ & =\binom{m}{m}+\binom{m+1}{m}+\binom{m+2}{m}+\binom{m+3}{m}+\dots+\binom{m+n}{m} \\ & =\binom{m+1}{m+1}+\binom{m+1}{m}+\binom{m+2}{m}+\binom{m+3}{m}+\dots+\binom{m+n}{m} \\ & =\binom{m+2}{m+1}+\binom{m+2}{m}+\binom{m+3}{m}+\dots+\binom{m+n}{m}\\ & \cdots \\ & =\binom{m+n+1}{m+1} \end{aligned} \]

證畢。

不定方程整數解問題

問題1

\[m\geq n,求x_i\geq1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n=m的正整數解方案數 \]

隔板法。

考慮有 $m$ 個點，放入 $n - 1$ 個隔板，將 $m$ 個點分成 $n$ 組點，每組點的個數為 $x_i$ 的值。

例如：$m=10,n=3$，有一種方案是：.|.......|..，這代表 $x_1=1,x_2=7,x_3=2$。

隔板顯然不能放最左邊和最右邊，則 $m$ 個點總共有 $m-1$ 個空可供 $n-1$ 個隔板放置，答案即為 $\binom{m-1}{n-1}$。

問題2

\[給定n,m,a_i，求x_i\geq a_i,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n=m的正整數解方案數 \]

考慮轉換成問題1。換元 $y_i=x_i-a_i+1$，原問題轉化為求 $y_i\geq 1,y_1+y_2+y_3+\cdots+y_n=m+\sum(-a_i+1)$的正整數解方案數，答案即為 $\binom{m+\sum(-a_i+1)-1}{n-1}$

問題3

\[n\geq m，求x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq m正整數解方案數 \]

新添一個數 $x_{n+1},x_{n+1} = m - \sum\limits_{1\leq i\leq n} x_i$，$x_i$ 沒用完的都給 $x_{n+1}$，原問題轉化為求 $x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n+x_{n+1}\leq m$ 的正整數方案數，答案即為 $\binom{m - 1}{n}$。

問題4

\[l\leq n\leq r，求x_i\geq 1,l\leq x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq r正整數解方案數 \]

拆成兩個問題：

求 $x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq l-1$ 正整數解方案數
求 $x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq r$ 正整數解方案數

2.的方案數 - 1.的方案數即為答案。

卡特蘭數 Catalan

給定 $n$ 個 $0$ 和 $n$ 個 $1$，按某種順序排成長度為 $2n$ 的序列，滿足任意字首中 $0$ 的個數都不少於 $1$ 的個數的序列的數量為：

\[Cat_n = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1} \]

\[Cat_n = \sum\limits_{i=1}^n{Cat_{i-1} \cdot Cat_{n-i+1}},Cat_0=1 \]

證明：$Cat_n = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}$

令 $n$ 個 $0$ 和 $n$ 個 $1$ 隨意排列成一個長度為 $2n$ 的序列 $S$，若 $S$ 不滿足任意字首中 $0$ 的個數都不小於 $1$ 的個數，則存在一個最小的位置 $2p+1\in[1,2n]\cap\mathbb{Z}$，使得 $S[1\sim 2p+1]$ 中有 $p$ 個 $0$、$p+1$ 個 $1$。把 $S[2p+2\sim2n]$ 中所有數字取反後，包含 $n-p-1$ 個 $0$、$n-p$ 個 $1$。於是我們得到了由 $n-1$ 個 $0$ 和 $n+1$ 個 $1$ 排成的、存在一個字首 $0$ 比 $1$ 多的序列。

同理。令 $n-1$ 個 $0$ 和 $n+1$ 個 $1$ 隨意排列成一個長度為 $2n$ 的序列 $S$，存在一個最小的位置 $2p+1\in[1,2n]\cap\mathbb{Z}$，使得 $S[1\sim 2p+1]$ 中有 $p$ 個 $0$、$p+1$ 個 $1$。把 $S[2p+2\sim2n]$ 中所有數字取反後，我們得到了由 $n$ 個 $0$ 和 $n$ 個 $1$ 排成的、存在一個字首 $0$ 比 $1$ 多的序列。

因此，以下兩種序列構成一個雙射：

由 $n$ 個 $0$、$n$ 個 $1$ 排成的、存在一個字首 $0$ 比 $1$ 多的序列。
由 $n-1$ 個 $0$、$n+1$ 個 $1$ 排成的序列。

後者顯然有 $\binom{2n}{n-1}$ 個。

綜上，由 $n$ 個 $0$ 和 $n$ 個 $1$，按某種順序排成長度為 $2n$ 的序列，滿足任意字首中 $0$ 的個數都不少於 $1$ 的個數的序列的數量為：

\[Cat_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n-1} = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1} \]

證畢。(此證明摘自李煜東《演算法競賽進階指南》)

證明：$Cat_n = \sum\limits_{i=1}^n{Cat_{i-1} \cdot Cat_{n-i+1}},Cat_0=1$

考慮序列 $1,2,3,...,n$ 經過一個棧的合法出棧的方案數 $f_n$。

將進棧操作看做 $0$, 出棧操作看做 $1$，則 $f_n = Cat_n$。

對於當前數字 $i$，$1\sim i-1$ 有 $f_{i-1}$ 進出棧方案，$i+1\sim n$ 有 $f_{n-i+1}$ 種進出棧方案，所以共有 $f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}$ 種方案。對於所有數字有 $f_n=\sum\limits_{i=1}^n{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}$ 種方案。

綜上 $Cat_n = \sum\limits_{i=1}^n{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}$。

證畢。

與卡特蘭數有關的問題

$n$ 個左括號和 $n$ 個右括號組成的合法括號序列的數量為 $Cat_n$。

證明：將左括號看做 $0$，將右括號看做 $1$ 即得。

$n$ 個節點構成不同的二叉樹的數量為 $Cat_n$。

證明：設$n$ 個節點構成不同的二叉樹的數量為 $f_n$，對於當前的節點 $i$，$1\sim i-1$ 節點放置的方案數為 $f_{i-1}$，$i+1\sim n$ 節點放置的方案數為 $f_{n-i+1}$，則 $f_n = \sum\limits_{i=1}^{n}{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}$，符合 $Cat_n$，的式子。

在平面直角座標系中，從 $(0,0)$ 開始，每一步只能向上或向右走，走到 $(n, n)$ 並且除兩個端點外不接觸直線 $y=x$ 的路線數量為 $2Cat_{n-1}$。

證明：

第一步只能向上或向右走，就變成了兩個本質相同的問題，所以答案 $\times2$。

現在考慮第一步向右走，即從 $(1,0)$ 點開始。設走一步的操作為 U、R，U 代表向上，R 代表向右，最後走到 $(n,n)$ 點的操作一定形如 RRUURRU...，由 $n-1$ 個 U 和 $n-1$ 個 R 組成的串。為了不接觸直線 $y=x$，操作一定滿足任意字首 R 的數量大於等於 U 的數量。將 R 看做 $0$，U 看做 $1$，答案即為 $Cat_{n-1}$。

容斥原理

摩根定律

記 $\overline{A}$ 為以 $S$ 為全集 $A$ 的補集。

\[\overline{A\cap B} = \overline{A} \cup \overline{B} \\ \overline{A\cup B} = \overline{A} \cap \overline{B} \]

容斥原理

\[\left|\bigcup\limits_{i=1}^{n}{A_i}\right| = \sum\limits_{\emptyset \neq J\subseteq\{1,2,3,\cdots,n\}}{(-1)^{|J|+1}\bigcap_{i\in J}\left|A_i\right|} \]

例如 $|A\cup B| = |A| + |B| - |A\cap B|$，$|A\cup B\cup C| = |A| + |B| + |C| - |A\cap B| - |A\cap C| - |B\cap C| + |A\cap B\cap C|$

\[\left|\bigcap_{i=1}^{n}\overline{A_{i}}\right| = |S| -\sum_{{\emptyset\neq J\subseteq\{1,...,n\}}}(-1)^{|J|+1}\left|\bigcap_{j\in J}A_{j}\right|=\sum_{{J\subseteq\{1,...,n\}}}(-1)^{|J|}\left|\bigcap_{j\in J}A_{j}\right| \]

\[\left|\bigcap_{i=1}^nA_i\right|= |S| -\sum_{{\emptyset\neq J\subseteq\{1,...,n\}}}(-1)^{|J|+1}\left|\bigcap_{j\in J}\overline{A_{j}}\right| =\sum_{J\subseteq\{1,...,n\}}(-1)^{|J|}\left|\bigcap_{j\in J}\overline{A_j}\right| \]

多重集組合數

特殊情況

設 $S = \{n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k\}$ 是由 $n_1$ 個 $a_1$、$n_2$ 個 $a_2$、$\cdots$、$n_k$ 個 $a_k$ 組成的多重集。給定非負整數 $r$，$\forall i,r \leq n_i$。從 $S$ 中取出 $r$ 個元素組成一個多重集（不考慮元素的順序），可得的不同多重集的數量為：

\[\binom{k+r-1}{k-1} \]

證明：

考慮不定方程。

設選了 $x_i$ 個 $a_i$，則有方程 $\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i \leq n_i$，因為 $r\leq n_i$，則一定滿足 $x_i \leq n_i$。原問題變成 $\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i$ 的正整數解，這是不定方程整數解問題2，答案即為 $\binom{k+r-1}{k-1}$，證畢。

一般情況

設 $S = \{n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k\}$ 是由 $n_1$ 個 $a_1$、$n_2$ 個 $a_2$、$\cdots$、$n_k$ 個 $a_k$ 組成的多重集。給定非負整數 $r$。從 $S$ 中取出 $r$ 個元素組成一個多重集（不考慮元素的順序），可得的不同多重集的數量為：

\[\binom{k-1}{k+r-1} - \sum\limits_{1\leq i\leq k}\binom{k+r-n_i-2}{k-1} + \sum\limits_{1\leq i< j\leq k}\binom{k+r-n_i-n_j-3}{k-1}- \cdots + (-1)^k\binom{k+r-\sum_{i=1}^{k}n_i - (k + 1)}{k-1} \]

即

\[\binom{k-1}{k+r-1} - \sum\limits_{\emptyset\neq S\subseteq\{1,2,3,\dots,k\}}{(-1)^{|S|+1}\binom{k+r-\sum\limits_{i\in S}{n_i}- |S| -1}{k-1}} \]

證明：

考慮不定方程。

設選了 $x_i$ 個 $a_i$，則有方程 $\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i \leq n_i$。

先不考慮 $x_i \leq n_i$ 的限制，$0\leq x_i$ 的方案數為 $\binom{k-1}{k+r-1}$，然後再減去不合法的方案。

不合法的方案為 $\exists x_i,x_i\geq n_i$的方案。於求不合法的方案：

設 $x_a \geq n_a$，則限制變為 $x_a \geq n_a, 0\leq x_i, (i\neq a)$，這是不定方程整數解問題2，答案即為 $\binom{k+r-n_a-2}{k - 1}$。

設 $a\neq b,x_a \geq n_a, x_b \geq n_b$，則限制變為 $x_a \geq n_a,x_b\geq n_b, 0\leq x_i, (i\neq a,i\neq b)$，這是不定方程整數解問題2，答案即為 $\binom{k+r-n_a-n_b-3}{k - 1}$。上一種包含含這種情況，所以要減去。

以此容斥。

最中得到 $\binom{k-1}{k+r-1} - \sum\limits_{\emptyset\neq S\subseteq\{1,2,3,\dots,k\}}{(-1)^{|S|+1}\binom{k+r-\sum\limits_{i\in S}{n_i}- |S| -1}{k-1}}$。

證畢。

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組合數

Lucas 定理

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例題 SDOI2010古代豬文

求法

一些基本式子

式子1

式子2

式子3

式子4 二項式定理

式子4

不定方程整數解問題

問題1

問題2

問題3

問題4

卡特蘭數 Catalan

與卡特蘭數有關的問題

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摩根定律

容斥原理

多重集組合數

特殊情況

一般情況

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