演算法學習筆記(16): 組合數學基礎

組合數學基礎

本文部分運用到了生成函式的知識

如果直接食用本文結論，請忽略下列連結。

生成函式參考部落格：普通型生成函式 - Ricky2007 - 部落格園

我認為講的不錯

目錄

• 組合數學基礎
  • 簡單原理
  • 排列
    • 多重排列
  • 組合
    • 性質
    • 二項式定理
    • 範德蒙卷積
      • 例題
    • Lucas定理
  • 廣義容斥與二項式反演

組合數學非常有用！我們先從一點點簡單的性質開始

簡單原理

• 加法原理

  這非常簡單，我們舉一個例子即可：考慮我有 \(5\) 個紅蘋果和 \(3\) 個綠蘋果，如果你要選一個蘋果去吃，那麼你一共有 \(5 + 3 = 8\) 種選擇的方法

• 乘法原理

  同樣非常簡單：考慮我有 \(5\) 個蘋果，涵兒有 \(6\) 個蘋果，我們各自拿出一個蘋果，那麼一共有 \(5 \times 6 = 30\) 種拿出的方案

• 減法原理和除法原理

  本質與加法原理和乘法原理相似，這裡不做展開

• 抽屜原理

  (廣義）如果 \(n\) 個物品一共有 \(k\) 種狀態，那麼至少有 \(\lceil \frac nk \rceil\) 種物品處於一個狀態

  推論：一個從有 \(> k\) 個元素的集合對映到 \(k\) 個元素的集合的函式一定不是一對一函式。

終於正式開始將排列組合了！

排列

定理：具有 \(n\) 個元素的集合，選出 \(r\) 個排列的可能數（順序相關）

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

證明：由於順序相關，不能選擇同一個數多次，那麼第一個位置有 \(n\) 種選法，第二個位置有 \(n - 1\) 中選法，以此類推，第 \(i\) 個位置有 \(n - i + 1\) 種選法。考慮乘法原理，那麼就得出了上述結論。

特殊的：只要 \(n\) 是一個非負整數，那麼 \(P(n, 0) = 1\)，因為恰好有一種方法來排列 \(0\) 個元素

簡寫公式：一般來說，我們不會寫成上述形式，而是

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

多重排列

考慮這樣一個問題：我有 \(7\) 個盤子，\(2\) 個蘋果，\(3\) 個橘子和 \(2\) 個桃子，分別在一個盤子中放一個水果，一共有多少种放法（我們認為同一種水果是相同的）？

經過計算，一共有 \(\frac {7!}{2!3!2!} = 210\) 种放法。

抽象來說，我們將 \(k\) 個元素進行排列，對於第 \(i\) 個元素一共有 \(x_i\) 個。那麼總的排列方案數為

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

組合

其實就是順序無關的排列

定理：具有 \(n\) 個元素的集合，選出 \(r\) 個陣列成新的集合，本質不同的集合數為

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

由於順序無關，我們考慮透過排列推導。

證明：為了得出所有集合，我們先考慮順序相關，也就是有 \(P(n, r)\) 個排列，而對於每一個排列，如果不考慮順序，一共重複計算了 \(P(r, r)\) 次，所以

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

性質

接下來我們考慮組合的各種性質

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

• 前兩個等式，考慮按照定義展開化簡即可

• 考慮最後一個等式，其實就是楊輝三角的遞推，我們欽定 \(n\) 中的一個元素，分情況討論

  • 如果不選擇這個數，也就是在剩下的數中選擇 \(m\) 個數，那麼一共有 \({n-1 \choose m}\) 種情況

  • 如果選擇這個數，那麼只需要在剩下的數種選擇 \(m - 1\) 個數即可，那麼一共有 \(n - 1 \choose m - 1\) 種情況

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

證明：展開即可

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

證明：還是考慮展開

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

\(\binom k {k+1}\) 是不合法的，所以其值為 0，加上去之後不會對結果產生影響

我們透過公式 \(\binom nm = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}\) 兩兩合併即可。

推論：我們將 \(i\) 平移，那麼得出

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

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

證明：

考慮代數展開，透過 \({n \choose m} = {n \choose n - m}\) 變化即可。

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

但是，其實可以透過生成函式推導。推導步驟如下：

我們先展開，得到

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

我們可以由此聯想到生成函式求導的公式

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

那麼我們考慮求導前的生成函式序列：

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

顯然，其生成函式展開之前為 \(F(x) = (1+x)^n\)

那麼我們對其求導得到 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\)

展開之後為

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

我們考慮需要把所有的係數加起來，那麼我們令 \(x = 1\) 即可

所以，得出

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

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我們考慮擴充套件一下上述式子

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

考慮還是利用生成函式的思路。

將生成函式 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\) 向右平移一位並再次求導：

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

那麼我們還是借上面的思路，令 \(x = 1\)，所以

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

二項式定理

定理：令 \(n\) 是非負整數，那麼有

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

考慮展開之後每一項都應該是 \(n\) 次的，所以 \(x\) 為 \(i\) 次一共有 \(\binom ni\) 種情況

我們利用這個找到一些有用的性質：

推論：令 \(n\) 為非負整數，那麼

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

證明：用二項式定理，令 \(x = y = 1\)，那麼

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

推論：令 \(n\) 為非負整數，那麼

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

證明：令 \(x = -1, y = 1\) 即可

範德蒙卷積

已知 \(n, m, t\)

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

證明：在組合意義上，相當於在 \(n\) 中選 \(i\) 個，在 \(m\) 中選剩下的，也就是在 \(n + m\) 中選擇 \(t\) 個。

而二項式證明這裡就不展開了。

例題

請證明：

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

Lucas定理

定理：

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

這個證明相對複雜，請酌情食用

證明：

我們考慮透過帶餘方程改寫上述式子：

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

我們透過生成函式 \(F(x) = (1+x)^{sp+t}\) 的第 \(kp+r\) 次項的係數求。

我們先求一個推導的時候需要的東西：

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

那麼我們正式開始推導：

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

我們取 \(x^{kp+r}\) 項

那麼當且僅當 \(i = k, j = r\) 時，就可以取出 \(x^{kp+r}\) 項的係數。

考慮為什麼當且僅當？

可知，我們需要 \(ip+j = kp + r\)

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

那麼，其係數為

\[\binom sk \binom tr \]

所以，可知

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

得證：

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

程式實現：

這裡還是稍微講一下吧

首先，我們需要求出組合數，那麼我們先預處理一下模數以內的階乘和階乘逆元：

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;

考慮一下組合數的特殊情況，如果 \(n < m\) 那麼 \(\binom nm = 0\)

所以我們求模數以內的組合數方法如下：

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

那麼Lucas定理呢？我們處理一下 \(n = 0\) 的特殊情況即可

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

廣義容斥與二項式反演

這個部分相對較複雜，我給出反演公式

令 \(f_n\) 表示之多擁有 \(n\) 個屬性的集合個數，\(g_n\) 表示恰好擁有 \(n\) 個屬性的集合

那麼

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

反演推導證明

\[\begin{aligned} g_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni \sum_{j=0}^i \binom ij g_j \\ & 求和符號變換: \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom ni \binom ij (-1)^{n - i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \sum_{i = j}^n \binom nj \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i = j}^n \binom {n-j}{i-j} (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj \sum_{i=0}^{n-j} \binom {n-j}i (-1)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^n g_j \binom nj (1 + (-1))^{n-j} \\ & [當且僅當 n=j 時有貢獻: (1+(-1))^{n-j} \ne 0] \\ &= g_j \binom nj [n=j] \\ &= g_n \end{aligned} \]