组合数学

这东西作为csp初赛常驻题目，有时也会在程序题里ex人，所以，这一块的基础一定要打牢

组合数学概述

两大原理

这里指的是加法原理和乘法原理

加法原理

加法原理即把同阶段的不同的情况相加，举个形象的例子：

从一个城市到另一个城市，有nnn条公路，同时又有mmm条铁路，则总共有n+mn+mn+m种方法

乘法原理

乘法原理即把不同阶段的选择数相乘，举个例子

从a城市经过b城市到c城市，从a到b有nnn条路，从c到b有mmm条路，则从a经过b到c有n∗mn*mn∗m条路径

排列数和组合数

下面我们了解一下组合数学的两大基本运算

CnmC_{n}^{m}Cnm表示在mmm个不同的物体中nnn选择n个的方案数，叫做组合数，有

Cnm=n!m!(n−m)!C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}Cnm=m!(n−m)!n!

AnmA_{n}^{m}Anm表示在mmm个不同的物体中nnn选择n个排成序列的方案数，叫做排列数，有

Anm=n!(n−m)!A_{n}^{m}=\frac{n!}{(n-m)!}Anm=(n−m)!n!

这样我们就解决了两个最基本的问题

下面我们来看一下原理（我用容易理解的方法讲一下）：

先看排列数AnmA_{n}^{m}Anm，对于待选的序列，第一项有nnn个选择，第二项有n−1n-1n−1个，一次类推，第mmm项有n−m+1n-m+1n−m+1个，根据乘法原理，把它们相乘，总共即为从nnn乘到n−m+1n-m+1n−m+1，也就是，Anm=n!(n−m)!A_{n}^{m}=\frac{n!}{(n-m)!}Anm=(n−m)!n!

下面再看组合数CnmC_{n}^{m}Cnm，它和排列数的区别在于排列数区分了物品的顺序，而组合数没有，那么就可以直接把有序转化成无序，即Cnm=Anmm!C_{n}^{m}=\frac{A_{n}^{m}}{m!}Cnm=m!Anm，代入得Cnm=n!m!(n−m)!C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}Cnm=m!(n−m)!n!

其他实用的数

各个伟大的前辈们已经为我们整理出了一套完整的组合数学体系，其中除组合数和排列数外，还有其他的数，全部与排列组合有关

Catalan数

我没看到Catalan数的标准表示法，就自己随便写吧

首先我们来看一组题目（也可以想想为什么是一组）

已知一个凸n边型，众所周知，它可以划分为n-1个三角形，求有多少种划分方法

已知一棵二叉树，有n个节点，求这课二叉树有几种情况（注意二叉树区分左右子树）

有n个序列依次进栈，求有多少种合法的出栈序列

一个长度为n的序列全部由1和-1组成，要求多少个序列满足所有前缀和为非负数

由于OIer对二叉树的喜爱与赞美之情我们从第二个问题入手
令当前问题的答案为hnh_nhn，显然，我们必须要选一个根节点，剩下的节点就被分成左子树和右子树，于是我们得到递推式：
hn=∑i=0n−1hihn−i−1(h0=h1=1)h_n=\sum_{i=0}^{n-1} h_ih_{n-i-1} \left(h_0=h_1=1\right)hn=i=0∑n−1hihn−i−1(h0=h1=1)

这就是Catalan数的递推式，显然，只要符合这个递推式就是Catalan数，我们代入剩下的问题就知道了——其实这几个问题的答案完全相同

同时我们还可以得到一些其他公式：
一阶递推公式：hn=4n−2n+1hn−1h_n=\frac{4n-2}{n+1}h_{n-1}hn=n+14n−2hn−1
一个通项公式：hn=Cn2n−Cn+12nh_n=C_n^{2n}-C_{n+1}^{2n}hn=Cn2n−Cn+12n
另一个更常用的通项公式：hn=1n+1Cn2nh_n=\frac{1}{n+1}C_n^{2n}hn=n+11Cn2n

以下是推导：

我们可以通过同一个问题两个解法的转换来获得Catalan数的通项公式。
对于第三个问题，我们设合法的序列个数为hnh_nhn，不合法的序列为unu_nun
显然有：
hn+un=Cn2nh_n+u_n=C_n^{2n}hn+un=Cn2n
若括号序列的最短的不合法的前缀长度是kkk，显然kkk是奇数且这个前缀由k/2+1k/2+1k/2+1个-1和k/2k/2k/2个1组成，同时第kkk个值是-1。

如果我们把这kkk个数，得到了一个由n+1n+1n+1个-1和n−1n-1n−1个1组成的序列，显然这个取反操作是可逆的（找大于0的前缀和并且取反即可），那么不合法的序列和由n+1n+1n+1个-1和n−1n-1n−1个1组成的序列就是一一对应的，因此
un=Cn+12nu_n=C_{n+1}^{2n}un=Cn+12n
相减可以得到：
hn=Cn2n−Cn+12nh_n=C_n^{2n}-C_{n+1}^{2n}hn=Cn2n−Cn+12n
稍稍转化一下可以得到：
hn=1n+1Cn2nh_n=\frac{1}{n+1}C_n^{2n}hn=n+11Cn2n
然后一阶递推公式就显而易见了，直接用通项公式减一下就行。

第一类Stiring数

定义很简单，表示把n个元素划分成m个非空循环排列集合的方案数。
记为snms_n^msnm

直接先看递推式吧：
分两种情况：
这个元素若取，答案就是(n−1)sn−1m(n-1)s_{n-1}^m(n−1)sn−1m
若不取，答案就是sn−1m−1s_{n-1}^{m-1}sn−1m−1
根据加法原理直接相加得到：
snm=sn−1m−1+(n−1)sn−1ms_n^m=s_{n-1}^{m-1}+(n-1)s_{n-1}^msnm=sn−1m−1+(n−1)sn−1m

第二类Stiring数

定义也非常简单，表示把n个元素划分成m个非空集合的方案数。
记为SnmS_n^mSnm

还是直接先看递推式吧：
分两种情况：
这个元素若取，答案就是mSn−1mmS_{n-1}^mmSn−1m
若不取，答案就是Sn−1m−1S_{n-1}^{m-1}Sn−1m−1
根据加法原理直接相加得到：
Snm=Sn−1m−1+mSn−1mS_n^m=S_{n-1}^{m-1}+mS_{n-1}^mSnm=Sn−1m−1+mSn−1m

Bell数

表示把n个元素划分成若干个非空集合的方案数。
记为BnB_nBn

显然有
Bn=∑k=1nSnkB_n=\sum_{k=1}^{n}S_n^kBn=k=1∑nSnk
我真不知道这玩意有什么用，就只是一个求和吗？

亿些经典问题

咕咕咕

程序中的排列组合

逆元

什么是逆元

我们计算组合数的时候，经常会遇到要除以一个很大的数，同时要求余，我们知道一般情况下，乘法的逆运算是除法，但是，在mod p的情况下，这将不再成立，比如：

1*3%2=1
1%2*3%2=1

但是，

9/3%2=1
9%2/3%2=1

显然除法不适用于mod运算，因此我们需要一种全新的运算。

众所周知，若a*b=1，则x/a=x*b
我们尝试把他推到至mod运算：若a*b≡1 (mod p)，则x/a%p=x%p*b%p
此时我们称a是b的逆元，同时b是a的逆元

看着挺玄乎是不是，把逆元的定义和倒数的定义结合起来看就明白了

有了逆元这玩意，我们就可以解决代码里爆精度或者爆long long的问题了，直接把除法转换成逆元运算就行了。

注意，在逆元运算中，a一定与p互质

逆元怎么算

有了逆元的定义，我们就该在程序中计算逆元了

费马小定理法

首先我们来看伟大的费马小定理

那么，根据费马小定理：在aaa与ppp互质的情况下，有：

ap−1≡1modpa^{p-1} \equiv 1 \mod p ap−1≡1modp

那么，我们直接拉出来一个a得到：

ap−2×a≡1modpa^{p-2} \times a \equiv 1 \mod p ap−2×a≡1modp

熟不熟悉！！这就符合我们逆元的定义，于是我们得到了一个重要信息：

在mod p 的情况下，aaa与ap−2a^p-2ap−2互为逆元

由于一般这个P大得离谱，所以我们采取快速幂(这个原理大家应该都懂，不懂得看看代码应该也懂了)：

int _pow(int x,int y){if(!y){return 1;}int t=_pow(x,y>>1);if(y&1){return t*t%P*x%P;}else{return t*t%P;}
}

然后就放出代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define P 1000000007
using namespace std;
int inv[1000005];
int _pow(int x,int y){if(!y){return 1;}int t=_pow(x,y>>1);if(y&1){return t*t%P*x%P;}else{return t*t%P;}
}
int Inverse(int x){if(!inv[x]){inv[x]=_pow(x,P-2)}return inv[x];
}
signed main(){int a;scanf("%lld%lld",&a);printf("%lld",Inverse(a));return 0;
}

单次时间复杂度为O(logP)O(log P)O(logP)，算是一个常数但是有时还是有点慢，加上记忆化之后感觉也不够快，看着难受。

拓展欧几里得法

不管难不难受了我们直接看下一种方法：拓展欧几里得法

所谓欧几里得算法，就是我们平时说的“辗转相除法”求最大公因数，我们来复习一下欧几里得算法：

规定gcd⁡(m,0)=n\gcd(m,0)=ngcd(m,0)=n
则有gcd⁡(m,n)=gcd(mmodn,n)\gcd(m,n)=gcd(m \mod n,n)gcd(m,n)=gcd(mmodn,n)

在这个非常有趣的欧几里得算法之上，我们有了拓展欧几里得算法：

那么，我们尝试对于不定方程mx+ny=gcd(m,n)mx+ny=gcd(m,n)mx+ny=gcd(m,n)求解

显而易见，我们套用之前的gcd⁡\gcdgcd的话，运算结束时，
方程为m×x+0×y=gcd(m,0)m \times x+0 \times y=gcd(m,0)m×x+0×y=gcd(m,0)
转化一下就是m×x=mm \times x=mm×x=m
直接得到
{x=1y=0\left\{ \begin{array}{lc} x=1\\ y=0\\ \end{array} \right.{x=1y=0

这里我们知道了最终状态的解，然后看一般情况：
(注意：以下出现的///意思都是整除)

已知
gcd⁡(n,m)=gcd(mmodn,n){gcd⁡(m,n)=mx1+ny1gcd⁡(mmodn,n)=(mmodn)x2+ny2\gcd(n,m)=gcd(m \mod n,n) \\ \left\{ \begin{array}{lc} \gcd(m,n)=mx_1+ny_1 \\ \gcd(m \mod n,n)=(m \mod n)x_2+ny_2 \\ \end{array} \right. \\ gcd(n,m)=gcd(mmodn,n){gcd(m,n)=mx1+ny1gcd(mmodn,n)=(mmodn)x2+ny2
然后我们进行推论：
∵mmodn=m−m/n×n∴gcd(mmodn,n)=(m−m/n×n)x2+ny2∵gcd⁡(n,m)=gcd(mmodn,n)∴(m−m/n×n)x2+ny2=mx1+ny1\because m \mod n=m-m/n \times n \\ \therefore gcd(m \mod n,n)=(m-m/n \times n)x_2+ny_2 \\ \because \gcd(n,m)=gcd(m \mod n,n) \\ \therefore (m-m/n \times n)x_2+ny_2=mx_1+ny_1 ∵mmodn=m−m/n×n∴gcd(mmodn,n)=(m−m/n×n)x2+ny2∵gcd(n,m)=gcd(mmodn,n)∴(m−m/n×n)x2+ny2=mx1+ny1
我们对着最后那个式子一通爆算（这里实在懒得写了），就可以得出：
{x1=y2y1=x2−m/n∗y2\left\{ \begin{array}{lc} x_1=y_2\\ y_1=x_2-m/n*y_2\\ \end{array} \right. \\ {x1=y2y1=x2−m/n∗y2
有了这个伟大的结论，我们就可以通过类似欧几里得算法的方式得到xxx和yyy的一组解

int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){if(b==0){x=1;y=0;return a;}int res=ex_gcd(b,a%b,x,y);int t=x;x=y;y=t-a/b*y;return res;
}

然后我们回来继续狂推：

我们刚才实际上解了mx+ny=gcd⁡(m,n)mx+ny=\gcd(m,n)mx+ny=gcd(m,n)这个方程，这个方程也叫“贝祖等式”，显然，在这个等式中xxx与yyy互质，同时，贝祖等式一定存在整数解x,yx,yx,y，于是……
一个更加伟大的结论浮出水面：
a,b互质的充分必要条件是方程ax+by=1有整数解。

下面我们回归逆元，根据限制，aaa与ppp互质，我们就可以得到ax+py=1ax+py=1ax+py=1
根据逆元的定义：a×b≡1(modp)a\times b≡1 (\mod p)a×b≡1(modp)
不讲详细证明了，我们直接对着这两个等式瞪一会，我们就会发现两个等式中的x是相等的，于是，我们就可以直接用拓展欧几里得法求出aaa的逆元，以下放出代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define p 1000000007
using namespace std;
int inv[1000005];
int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){if(b==0){x=1;y=0;return a;}int res=ex_gcd(b,a%b,x,y);int t=x;x=y;y=t-a/b*y;return res;
}
int Inverse(int a){int res,x,y;res=ex_gcd(a,n,x,y);if(res==1){inv[i]=(x%n+n)%n;}else{inv[i]=-1;}return inv[i];
}
signed main(){int a;scanf("%lld%lld",&a);printf("%lld",Inverse(a));return 0;
}

所以搞半天它单次计算的时间复杂度仍然是O(log⁡p)O(\log p)O(logp)!@#%^&*()
但是没关系，如果P不是质数，拓展欧几里得算法就有发挥的余地了。
反正相信大家现在已经懂了基本的拓展欧几里得算法，可以在各种地方使用了。

线性递推法

O(n)的方法终于来了

这是一种递推的方法，肉眼可见，1的逆元就是1，然后我们开始推递推公式(这是我在网上学的，但找不到出处了)：
这里的/仍然是整除
现在假设k=p/i,r=pmodi∴p=k∗i+r∴k∗i+r≡0(modp)∴k∗r−1+i−1≡0(modp)∴i−1≡−k∗r−1(modp)∴inv[i]=−(p/i)∗inv[pmodi]modp∵i>0∴inv[i]=(p−p/i)∗inv[pmodi]modp现在假设k=p/i,r=p\mod i\\ \therefore p=k∗i+r\\ \therefore k∗i+r≡0(\mod p)\\ \therefore k∗r−1+i−1≡0(\mod p)\\ \therefore i−1≡−k∗r−1(modp)\\ \therefore inv[i]=−(p/i)∗inv[p\mod i]\mod p\\ \because i>0\\ \therefore inv[i]=(p−p/i)∗inv[p \mod i]\mod p\\ 现在假设k=p/i,r=pmodi∴p=k∗i+r∴k∗i+r≡0(modp)∴k∗r−1+i−1≡0(modp)∴i−1≡−k∗r−1(modp)∴inv[i]=−(p/i)∗inv[pmodi]modp∵i>0∴inv[i]=(p−p/i)∗inv[pmodi]modp
因此，递推式即为inv[i]=(p−p/i)∗inv[pmodi]modpinv[i]=(p−p/i)∗inv[p \mod i]\mod pinv[i]=(p−p/i)∗inv[pmodi]modp

下面直接看代码就没问题了，式子都出来了：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define P 1000000007
using namespace std;
int inv[1000005];
void init(){inv[1]=1;for(int i=2;i<=1000000;i++){inv[i]=(P-P/i)*inv[P%i]%P;}
}
signed main(){int a;scanf("%lld%lld",&a);printf("%lld",Inverse(a));return 0;
}

时间复杂度可算是来到了O(n)O(n)O(n)预处理，O(1)O(1)O(1)查询

特殊逆元：阶乘逆元

这是最特殊也是最常用的逆元求法，排列组合中非常常用，其实就是费马小定理求逆元，不过应用在阶乘上，并没有本质区别，顺手也求个阶乘

由于阶乘逆元通常用来求排列组合，所以直接拿这个当板子：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define P 1000000007
using namespace std;
int inv[1000005],fac[1000005];
int _pow(int a,int b){if(b==0){return 1;}int t=_pow(a,b/2);if(b%2==1){return t*t%P*a%P;}else{return t*t%P;}
}
void init(){inv[0]=1;fac[0]=1;for(int i=1;i<=1000000;i++){fac[i]=fac[i-1]*i%P;inv[i]=_pow(fac[i],P-2);}
}
int C(int n,int m){return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;
}
int A(int n,int m){return fac[n]*inv[n-m]%P;
}
void solve(){int a,b;scanf("%lld%lld",&a,&b);printf("%lld\n",C(a,b));printf("%lld\n",A(a,b));
}
signed main(){int T;init();scanf("%lld",&T);while(T--){solve();}
}

时间复杂度O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)预处理，O(1)O(1)O(1)查询(鬼知道这个板子用了多少次)

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