排列组合专题

加法原理

若完成一件事的方法有$n$类，其中第$i$类方法包括$a_i$种不同的方法，且这些方法互不重合，则完成这件事情共有$\sum a_i$种方法。

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乘法原理

若完成一件事需要$n$个步骤，其中第$i$个步骤有$a_i$种不同方法，且这些步骤互不干扰，则完成这件事共有$\prod a_i$种方法

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排列

定义

从$n$个不同元素中选出$m$个排成一列，问产生的排列数量
$$P_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}=\prod _{i=0}^{m-1}(n-i)$$

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组合

定义

从$n$个不同元素中选择$m$个，不考虑次序，问方案数
$$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{P_n^m}{m!}$$

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性质

1. $$C_n^m=C_n^{n-m}$$
2. $$C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$$
3. $$(\sum _{i=0}^n{C}_n^i)=2^n$$

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POJ 1942 Paths on a grid

题目

给定一个$n\ast m$的格子，问从左上角向上或向右走到右上角的方案数

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分析

那么可以这样想，也就是题目求在$n+m$个方向中选出$n$个向右的方案数，那也就是$C_{n+m}^n$，然而这道题虽然好像数据很大，实际上数据非常弱，嗯，代码我就不贴了

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二项式定理

定义

$$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{a}^i{b}^{n-i}$$

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计算系数

题目大意

给定一个多项式$(ax+by{)}^k$，问多项式展开后$x^n{y}^m$的系数

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分析

根据二项式定理，$$(ax+by{)}^k=\sum _{i=0}k{C}_k^i(ax{)}^i(by{)}^{n-i}$$
所以$x^n{y}^m$的系数是$C_k^n{a}^n{b}^m$

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卡特兰数

定义

给定$n$个0和$n$个1，它们按照某种顺序排成长度为$2n$的序列，满足任意前缀中0的个数不少于1的个数的序列数量是$$\frac{C_{2n}^n}{n+1}$$

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多重集的排列数

定义

设 S = { n 1 ∗ a 1 , n 2 ∗ a 2 , … , n k ∗ a k } , n = n 1 + n 2 + ⋯ + n k S=\{n_1*a_1,n_2*a_2,\dots,n_k*a_k\},n=n_1+n_2+\dots+n_k S={n1​∗a1​,n2​∗a2​,…,nk​∗ak​},n=n1​+n2​+⋯+nk​
那么$S$的全排列数为$$\frac{n!}{n_1!n_2!\dots n_k!}$$

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洛谷 4778 Counting Swaps

题目

把一个$1\sim n$的排列每次可以选择两个数交换，若变成$1,2,\dots ,n$最少需要$m$次变换，问有多少种方法可以只需$m$次变换就能变成单调递增的排列

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分析

首先把一个长度为$n$的环变成自环最少需要$n-1$次变换，设$f[n]$表示用最少步数把一个长度为$n$的环变成自环的操作数，通过打表或OEIS可以知道$f[n]=n^{n-2}$,接着这个排列会被分成若干个环，显然$n-1$种变换是可以对调的，所以也就化为多重集的排列数，答案就是$$\frac{(n-k)!}{{\prod }_{i=1}^k(p_i-1)!}\prod _{i=1}^k{p}_i^{p_i-2}$$

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多重集的组合数

定义1$(r\le n_i)$

设 S = { n 1 ∗ a 1 , n 2 ∗ a 2 , … , n k ∗ a k } S=\{n_1*a_1,n_2*a_2,\dots,n_k*a_k\} S={n1​∗a1​,n2​∗a2​,…,nk​∗ak​}，挑出$r$个元素组成无序的集合的方案为$C_{k+r-1}^{k-1}$

定义2$(r\le n)$

$$=C_{k+r-1}^{k-1}-\sum _{i=1}^k{C}_{k+r-n_i-2}^{k-1}+\sum _{1\le i<j\le k}{C}_{k+r-n_i-n_j-3}^{k-1}-\cdots +(-1{)}^k{C}_{k+r-{\sum }_{i=1}^k{n}_i-(k+1)}^{k-1}$$

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CF451E Devu and Flowers

题目

Devu有$n$个盒子，第$i$个盒子中有$a_i$枝相同的花，不同盒子的花不相同，现在选出$m$朵，问共有多少种方案。若两束花每种颜色的花数量都相同，即为同一方案

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分析

显然可知，这道题求的是多重集的组合数，但怎么实现呢，可以用一个二进制表示选择的盒子，那这样就可以实现容斥了，接着由于$m$很大，$n$很小，可以用之前的方法$O(n)$解决，那总时间复杂度就是$O(2^{n}n)$

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Lucas定理

定义

若$p$是质数，则对于任意整数$1\le m\le n$,有：
$$C_n^m\equiv C_{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}^{m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}\ast C_{n/p}^{m/p}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

HDU 3037 Saving Beans

题目

有$n$个不同的盒子，在每个盒子中放一些球，也可不放，使得总球数小于等于$m$，求方案数$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$($1\le n,m\le 10^9,1<p<10^5$)

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分析

这道题等价于有$n+1$个不同的盒子，在每个盒子中放一些球，也可不放，使得总球数等于$m$，那么可以用隔板法得到答案就是$C_{n+m}^m$,也就是加强版的P3807 【模板】卢卡斯定理,然后尝试用逆元，但是在这里TLE了，然后用费马小定理AC？？？，在洛谷还快了20ms，还是我太菜了

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HDU 5226 Tom and matrix

题目

求$$\sum _{i=x1}^{x2}\sum _{j=y1}^{y2}{C}_i^j$$

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分析

原式=$$\sum _{j=y1+1}^{y2+1}{C}_{x2+1}^j-C_{x1}^j$$
但是$2\le p<10^9$
所以要用到$lucas$,而且预处理阶乘和逆元保持在$10^5$的范围内

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洛谷 2480 古代猪文

题目

求$$G^{{\sum }_{d|n}{C}_n^d}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9999911659$$

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分析

首先特判$G=9999911659$的情况，关键是求${\sum }_{d|n}{C}_n^d$,然后根据欧拉定理的推论得到$$G^{{\sum }_{d|n}{C}_n^d}\equiv G^{{\sum }_{d|n}{C}_n^d\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9999911658}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9999911658)$$
所以关键就是求${\sum }_{d|n}{C}_n^d\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}999911658$
可以发现$999911658=2\times 3\times 4679\times 35617$,那么我们把${\sum }_{d|n}{C}_n^d$分成四个质数去求答案，用lucas定理，然后再用CRT求出线性同余方程组的最小非负整数解，嗯，就是这个样子

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后续

完结，撒花