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组合数学(含二项式反演,特殊数列,置换群)

作者:互联网

资料与前置知识

必备技能:数论

容斥计数部分已搬到:容斥&计数

当小球遇上盒子

ball1


组合基础

组合恒等式

\[nC(n,m)=mC(n-1,m-1) \]

\[C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m) \]

\[\sum_{0<=i<=n}C(n,i)=2^n \]

\[\sum_{0<=i<=n}(-1)^i * C(n,i)=0 \]

\[\sum_{m<=i<=n}C(i,m)=C(n+1,m+1) \]

\[\sum_{0<=i<=p}C(n,i)C(m,p-i)=C(m+n,p) \]

\[\sum_{i=0}^n(C_n^i)^2 (= \sum_{i=0}^n(C_n^i * C_n^{n-i}) = C_{2n}^n \]

组合数的算法:

  1. O(\(n^2\)) DP

  2. 当模数为质数时,O(n)阶乘+逆元

  3. 模数较小,n,m巨大时:P3807 【模板】卢卡斯定理【简介】卢卡斯定理

  4. 模数可分解为 Πp^q,且p^q不大时:P4720 【模板】扩展卢卡斯【简介】扩展卢卡斯

  5. 无任何特征,但n, m <= 1e6, M <= 1e9以内时:线性筛将阶乘分解质因数,然后除法 -> 减法,最后乘起来就好

  6. (不常用)对于大阶乘,有一个估算的方法:\(n! = \sqrt{2 \pi n} * (\frac{n}{e})^n\),其中 \(e\) 为自然对数的底数。可以依据此算一些东西(当然不能暴力算阶乘),比如 \(n!\) 的十进制下的位数,就可以转而求 \(log_{10}n!\),然后变为求 \(log_{10} (\sqrt{2 \pi n} * (\frac{n}{e})^n)\),这个要好求一些。

二项式反演:

二项式反演

公式

二项式反演的主要的三种形式:

形式一

\[f[n] = \sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^ig[i] \]

\[g[n] = \sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^if[i] \]

最对称了,也是最好背的一个。

形式二

\[f[n] = \sum_{i=0}^n C_n^ig[i] \]

\[g[n] = \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^if[i] \]

形式三

\[f[n] = \sum_{i=n}^m C_{i}^ng[i] \]

\[g[n] = \sum_{i=n}^m (-1)^{i-n}C_i^nf[i] \]

形式二,三一个是 \(n-i,C_n^i\),一个是 \(i-n,C_i^n\),主要还是和 \(i,n\) 的大小关系有关。

常见套路

通常是“恰好”与“至少”之间的转换。

注意,这里的“至少”通常不是由“恰好”以1为系数加和而来,而是包含许许多多的重复计数,否则就可以直接前缀和差分了。

设 \(f[i]\) 表示恰好选择 \(i\) 个元素的方案数, \(g[i]\) 表示至少选择 \(i\) 个元素的方案数。然而,\(g[i]\) 的计算通常过于无脑,以至于 \(1101\) 会被 \(g[2]\) 算三次(\(1001,1100,0101\)),然后才能开始反演。

P4859 已经没有什么好害怕的了

首先把假的 \(k\) 转化为真的 \(k\),然后递推DP之类的...

假设我们已经知道了选择 \(i\) 对 A > B ,其它的不管的方案数\(dp[i]\)。这样我们可以无脑地算出 \(g[i] = dp[i] * (n-i)!\),但是会算重好多。

设 \(f[i]\) 表示恰好有 \(i\) 对的方案数。则:

\[g[i] = \sum_{j=i}^n f[j] * C_j^i \]

也就是说,\(g[i]\) 会将 \(f[j]\) 的每种情况都算重 \(C_j^i\) 次。

然后就是二项式反演的套路了。

\[f[i]=\sum_{j=i}^n (-1)^{j-i}C_j^ig[j] \]

\(n^2\) 计算即可。

P5505 [JSOI2011]分特产

同样大致的套路,都是先“无脑”,后推式子反演。

据说可以用容斥做,但是我刚容斥到第二项就脑壳疼了。

#2839. 集合计数

之前曾经用容斥的方法做过这道题,但是推的式子不一样。

那一次我是考虑当前 \(g\) 选择的那 \(i\) 个元素以外再多出那么几个元素,有多少种方案,然后乘上对应的组合数容斥打表。

这一次我还是按照套路,将 \(g\) 的实质分类讨论,其中对于交了 \(j\) 个的情况,\(g\) 的计算中一共有 \(f[j]\) 种情况,并且每一种情况都恰好被计算了 \(C_j^i\) 次;情况与情况之间无关,可以用加法原理, 然后就是那个老套路了。看来这两种方法应该结果是一样的。

特殊数列:

prufer序列

将一棵无根树进行如下操作:

将找到编号最小的叶子节点,记录与其相连的节点编号,然后删除掉它。直至只剩两个点。其中记录的编号序列即为该无根树的prufer序列

显然,大小为 \(n\) 的无根树的prufer序列长度为 \(n - 2\).

无根树与prufer序列是一一对应的。已知一无根树可以求其prufer序列,已知prufer序列可以求其对应的无根树。方法见:P6086 【模板】Prufer 序列,主要是模拟求prufer序列,推测最小叶子节点构造无根树。

无根树的prufer序列中,一个点的出现次数=其度数-1,因为每个点只有在删除自己时会“消耗”一条连边而不将自己编号记录一遍。

根据无根树与prufer序列的一一对应的关系,可以将其互相转化,以简化问题。如:n个点的完全图生成树有 \(n^{n-2}\) 个;另外还有:P2624 [HNOI2008]明明的烦恼

错排数

枚举最后一个的错排情况(两个位置互相“占用”,或者把 \(n\) 放 \(i\) 那里,把 \(a_i\) 放 \(n\) 那里)(或者说分类考虑最终答案里面放 \(n\) 的那个位置的下标是否是 \(a_n\),然后加法原理),O(n)递推:

f[n] = f[n - 1] * (n - 1) + f[n - 2] * (n - 1)
	 = (n - 1)(f[n - 1] + f[n - 2])
其中,f[0] = 1, f[1] = 0;

Catalan数

Catalan

斯特林数:

实际上斯特林数还可以用于普通幂和阶乘幂之间的转化,不过就比较高级了。

第一类斯特林数

\(s[n][m]\) 表示把 \(n\) 个有标号元素划分为 \(m\) 个非空圆排列的方案数。

\[s[n][m] = s[n - 1][m - 1] + s[n - 1][m] * (n - 1) \]

第二类斯特林数

\(s[n][m]\) 表示把 \(n\) 个有标号元素分成 \(m\) 个非空集合的方案数。即把 \(n\) 个元素(有标号)分成 \(m\) 份(无标号),不能为空。

\[s[n][m] = s[n - 1][m - 1] + s[n - 1][m] * m \]

然后对比"把 \(n\) 个元素(有标号)分成 \(m\) 份(有标号),可以为空"的式子:\(m^n\)

然后考虑它们之间的关系:枚举第二种中非空集合的个数:

\[m^n = \sum_{i=0}^{m} C_m^i × s[n][i] × i! \]

然后发现可以二项式反演:

\[s[n][m] * m! = \sum_{i=0}^{m} C_m^i × i^n × (-1)^{m-i} \]

\[s[n][m] = \sum_{i=0}^m \frac{i^n(-1)^{m-i}}{i!(m-i)!} \]

令 \(A_i = \frac{i^n}{i!}\),\(B_i = \frac{(-1)^i}{i!}\),那么:

\[s[n][m] = \sum_{i=0}^m A_i * B_{m-i} \]

然后发现对于 \(n\) 固定的情况, \(s[n][m]\) 是 \(A_i\) 和 \(B_i\) 的卷积形式,这样我们就可以 NTT 优化到 \(O(nlogn)\) 求一批第二类斯特林数了。

一些小技巧

\[m^n = \sum_{i=0}^{m} C_m^i × s[n][i] × i! \]

对于这个式子我们可以把 \(a^k\) 这样的数换一种形式:

\[a^k = \sum_{i=0}^{a} C_a^i × s[k][i] × i! \]

然后通常就可以优化一些式子了。比如:P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界

整数划分数

将 \(n\) 划分为 \(m\) 个正整数的和的方案数:

\[f[n][m] = f[n - 1][m - 1] + f[n - 1][m] \]

伯努利数

我们设自然数幂和:

\[S_m(n)=\sum_{i=0}^{n-1}i^m \]

将其用关于 \(n\) 的 \(m+1\) 次多项式表示,并在其中定义伯努利数 \(B_i\):(证明见链接)

\[S_m(n)=\dfrac{1}{m+1} \sum_{i=0}^{m} {m+1 \choose i} B_in^{m+1-i} \]

伯努利数的递归定义式:

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

生成函数定义式:

\[B(x)=\frac{x}{e^x-1} \]

具体见链接。

置换群:

给有n个珠⼦的项链染⾊,共有m种颜⾊,考虑旋转(或旋转+翻折),求方案数。

如何确定自己把置换群找对了?

  1. 不要重复
  2. 要有恒等置换
  3. 要有任两个置换的复合
  4. 要有任何⼀个置换的逆置换

本质不同的项链数 = sigma{每个映射的不动点数目} / |P|

其中,|P|为置换群大小,通常为旋转0次,1次,2次...n - 1次中的 n 。

对于这种只有翻转、旋转的置换,不仅是A到A的映射,还是珠子到珠子的映射。这时候,每个置换其实对应了一个排列,把原来珠子的位置映射到新的珠子的位置。
对于这种本质上是排列的置换,求不动点的实质就是求这个排列有多少个环。每个排列都是若干个循环的复合:我们把排列位置i上的数字设为p_i,i->pi连一条边,得到的是一个环的森林,每一个环都要染成一样的颜色。总的染色方案数,
就是颜色数 的 “环的个数” 次方。这个叫做polya定理。
-by gzz学长

例题:Color

双倍经验:P4980 【模板】Polya定理

其实是个推式子题

polya

第一张图片注释:

第二行把g除掉后,i/g和n/g互质,所以i/g有逆元。因此,给定唯一的t(<n/g),都有唯一不同的一个答案,从而得出结论:环的大小为n/g

color

第二张图片注释:

第二个等号:n -> n/g, i -> i/g,因此范围缩小g,到0~(n-1)/g,等价于0~(n/g)-1

Code:

inline ll polya(int n) {
	ll res = 0;
	for (register int i = 1; i * i <= n; ++i) {
		if (n % i == 0) {
			register int g = i;
			res += quickpow(n, g - 1) * get_phi(n/g) % P;
			if (i * i != n)	res += quickpow(n, n/g - 1) * get_phi(g) % P;
			res %= P;
		}
	}
	return res;
}

Continued...

标签:frac,sum,反演,序列,二项式,prufer,置换,置换群
来源: https://www.cnblogs.com/JiaZP/p/13618607.html