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排列组合

排列

从\(n\)个不同的元素中取出\(m\)个的方案数，记为\(A(n,m)\)或\(P(n,m)\)
\[P(n,m)=\frac{n!}{(n-m)!}\]

组合

从\(n\)个相同的元素中取出\(m\)个的方案数，记为\(C(n,m)\)
\[C(n,m)=\frac{n!}{m!(n-m)!}\]
\[C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)\]

隔板法

用\(m-1\)个相同隔板把\(n\)个相同元素分成\(m\)部分（可以有两个隔板插在同一个空隙）
方案数：\[C(n+m-1,m-1)=C(n+m-1,n)\]

卡特兰数

一个序列有n个0和n个1，保证每个1之前必有1个0的方案数为C(n)
递推式：（注意：括号里只有一个元素的是Catalan数，有两个元素的是组合数）
\[C(n)=C(0)*C(n-1)+C(1)*C(n-2)+...+C(n-1)*C(0)\]
\[C(n)=C(n-1)*(4*n-2)/(n+1)\]
\[C(n)=C(2n,n)/(n+1)\]

\[C(n)=C(2n,n)-C(2n,n-1)\]

第一类斯特林数

把\(n\)个元素摆成\(m\)个圆排列的方案数，记为\[s(n,m)\]
递推式：\[s(n,m)=s(n-1,m-1)+(n-1)*s(n-1,m)\]

第二类斯特林数

把\(n\)不同的球放在\(m\)个相同的盒子（无空盒）里的方案数，记为\[S(n,m)\]
递推式：\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m)\]

母函数（生成函数）

引入：砝码称重问题

有1g砝码5个，2g砝码3个，5g砝码2个。相同质量的砝码完全相同。问有多少种能称出15g的方案？

解：
很容易想到暴力枚举每一种可能的称量方案，但是时间复杂度为\(O(n^n)\)级别，计算机无法承受。于是我们引入母函数的概念。设\(G(x)\)为母函数，对于1g的砝码能称出的不同重量，我们用多项式表示为\[(x^1+x^2+...+x^{15})\]同理，2g砝码能表示为\[(x^2+x^4+...+x^{14})\]5g砝码能表示为\[(x^5+x^{10}+x^{15})\]
于是\[G(x)=(x^1+x^2+...+x^{15})(x^2+x^4+...+x^{14})(x^5+x^{10}+x^{15})\]
经过化简，求出\(x^{15}\)的系数，即为答案。

由于只需化简多项式，母函数的时间复杂度仅为\(O(n^3)\)，空间复杂度为\(O(n)\)，得到巨大提升。
使用fft可以进一步优化。

错位排列

递推式：\[f[n]=(n-1)*(f[n-1]+f[n-2])\]

当 \(n\) 很大时， \(f[n] \approx \frac{n!}{e}\)

证明：

1. \(n-1\) 个人已经完成错排，第 \(n\) 个人和任意一个人交换
2. \(n-1\) 个人中的一个和第 \(n\) 个人交换，其余 \(n-2\) 个人已经完成错排

经典的放球问题

为方便表达，我们设方案数为\(N\)，\(n\)个球，\(m\)个盒

1. 球不同，盒不同，有空盒

\[N=m^n\]
根据乘法原理可得。

2. 球不同，盒不同，无空盒

(1) \(n>=m\)
\[N=m!*S(n,m)\]
球不同，盒相同的方案数\(\times m!\)

(2) \(n<m\)
\[N=0\]

3. 球不同，盒同，有空盒

\[N=S(n,1)+S(n,2)+...+S(n,m)\]
因为允许空盒，所以球可以只放在\(m\)个盒中的\(1\)个或\(2\)个或...或\(m-1\)个盒中

4. 球不同，盒同，无空盒

(1) \(n>=m\)
\[N=S(n,m)\]
由第二类斯特林数的定义。

(2) \(n<m\)
\[N=0\]

5. 球同，盒不同，有空盒

\[N=C(m+n-1,n)\]
插板法，即把\(n\)个球用\(m-1\)个隔板分成\(m\)部分。

6. 球同，盒不同，无空盒

(1) \(n>=m\)
\[N=C(n-1,m-1)\]
先在每个盒子里放一个球，方案数为\(1\)；再对剩下的\(n-m\)个球用隔板法，即把\(n-m\)个球用\(m-1\)个隔板分成\(m\)部分。

(2) \(n<m\)
\[N=0\]

7. 球同，盒同，有空盒

(1) \(n>=m\)

我们发现，当\(n=5,m=3\)时的方案为：

5 0 0

4 1 0

3 2 0

3 1 1

2 2 1

共\(5\)种方案。

我们发现，问题可以转化为：把正整数\(n\)分解成不超过\(m\)个自然数的方案数。如果暴力dfs，时间复杂度为\(O(\)爆炸\()\)。竟然还有70分

有一个重要结论：把正整数\(n\)分解成不超过\(m\)个自然数的方案数，等于把正整数\(n\)分解成若干个\(\le m\)的自然数的方案数。这个定理的证明方法，请自行百度。（我也不会）

我们考虑使用母函数：对于分解出的每个\(\le m\)的整数\(i\)，我们用多项式表示为\[(x^i+x^{2i}+...+x^{floor(\frac{n}{i})*i})\]

此处\(floor(x)\)表示\(x\)向下取整。

于是，母函数\(G(x)\)：\[G(x)=\prod_{i=1}^{m}(x^i+x^{2i}+...+x^{floor(\frac{n}{i})*i})\]

求出\(x^n\)的系数即可。

(2) \(n<m\)

\[\color{white}{???}\]

8. 球同，盒同，无空盒

(1) \(n>=m\)

母函数\[G(x)=\prod_{i=1}^{m}(x^i+x^{2i}+...+x^{floor(\frac{n}{i})*i})\]

中\(x^{n-m}\)的系数。

(2) \(n<m\)
\[N=0\]

组合数学

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