組合數學（實時更新）

1. 盒子放小球問題

$n$個小球，$m$個盒子。

1.1 n個小球有區別，m個盒子有區別

(1)允許空盒：每個球放到任意盒子裏，總方案數$m^n$。
(2)不允許空盒：需滿足$n \geq m\geq 1$ ，$m>n$時無解。其方案數及時看成m個盒子相同時的方案數，再乘以$m!$。答案即是$S(n,m)*m!$。S代表第二類斯特林數。

1.2 n個小球有區別，m個盒子無區別

(1)允許空盒：假設放了k個盒，$m\geq k\geq 1$。那麼答案就是$\sum_{k=1}^{m}S(n,k)$。
(2)不允許有空盒：$S(n,m)$。

1.3 n個小球無區別，m個盒子有區別

(1)允許空盒：$n\geq m\geq 1$。“隔板法”。假設不允許有空盒，每一個盒裏都先放一個小球，這樣小球共有$n+m$個，然後插板，插板的方案數爲$C^{n-1}_{n+m-1}$。
(2)不允許空盒：$n\geq m\geq 1$。“隔板法”。方案數$C^{m-1}_{n-1}$。

1.4 n個小球無區別，m個盒子無區別

(1)允許空盒：劃分數問題。$dp[i][j]$表示i個球，j個盒子的方案數。轉移方程爲
$dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1] (i\geq j)$
$dp[i][j]=dp[i][j-1] (i< j)$
如果$n<m$，答案爲$dp[n][n]$，否則爲$dp[n][m]$。
(2)不允許空盒：$n\geq m\geq 1$。轉成上情況的$n-m$個小球，$m$個盒子。

2. 計數原理與計數公式

2.1 可重複的排列與組合

2.1.1 可重複的排列

從n個不同元素中取m個元素（同一元素可以重複取出），按照一定的順序排成一列。排列的個數爲$n^m$。

2.1.2 可重複的組合

從n個不同元素中取m個元素（同一元素可以重複取出），併成一組。組合的個數爲$C^{m}_{n+m-1}$。
【證明】
$1,2,...,n$表示n個不同元素。從中取m個可以表示成：
$\{i_1,i_2,...,i_m\} (1\leq i_1\leq i_2 \leq ... \leq i_m \leq n)$
令$j_k = i_k + (k-1)$，即：
$\begin{aligned}j_1 &= i_1\\ j_2 &= i_2+ 1\\ j_3 &= i_3 + 2\\ ...\\ j_m &=i_m+(m-1) \end{aligned}$
可以得到組合
$\{j_1,j_2,...,j_m\} (1\leq j_1< j_2 < ... <j_m \leq n-m+1)$
這樣就相當於在$n+m-1$個元素中取$m$個不相同的元素，作爲一組。
因此即是$C_{n+m-1}^{m}$。

2.1.3 不全相異元素的全排列

n個元素中，分別有$n_1,n_2,...,n_k$個元素相同，且$n_1+n_2+...+n_k=n$，則稱這n個元素的全排列爲不全相異元素的全排列，個數爲
$\frac{n!}{n_1!n_2!...n_k!}$

2.1.4 多組組合

n個相異的元素分爲$k(k\leq n)$個按照一定順序排列的組，其中第$i$組有$n_i$個元素$(i=1,2,...,k)(n_1+n_2+...+n_k=n)$。不同的分組方法爲
$\frac{n!}{n_1!n_2!...n_k!}$
【例】
從$n(n\geq 6)$個選手中選3對選手參加雙打，問共有多少種選法。
答案爲（注意不考慮組的順序）
$\frac{C_{n}^{6}*\frac{6!}{2!*2!*2!}}{3!}$

2.2 相異元素的圓排列和項鍊數

2.2.1 圓排列

n個元素不分首尾排成一圈，成爲n個相異元素的圓排列。排列的種數爲$(n-1)!$。

2.2.2 項鍊數

將n粒不相同的珠子，穿成一副項鍊，得到的不同的項鍊數。
由於項鍊順時針和逆時針都是相同的，所以個數即是圓排列的一半。
$\left\{ \begin{aligned} &1,n = 1或n=2\\ &\frac{1}{2}*(n-1)!,n\geq3 \end{aligned} \right.$

2.3 錯排問題

錯排遞推式。
$D(n)$代表$n$個數的錯排公式，則
$D(n) = (n-1)*[D(n-1)+D(n-2)]$
錯排公式
$D(n) = n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+...+\frac{(-1)^n}{n!})$

2.4 組合數常用公式

$\begin{aligned} &C_{n}^{2} = \frac{n*(n-1)}{2}\\ &\\ &C_{n}^{3}=\frac{n*(n-1)(n-2)}{6}\\ &\\ &C_{n}^{m}=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}\\ &\\ &m*C_{n}^{m} = n*C_{n-1}^{m-1}\\ &\\ &C_n^0+C_n^1+...+C_n^n =2^n\\ &\\ &1C_n^1+2C_n^2+...+nC_n^n=n2^{n-1}\\ &\\ &1^2C_n^1+2^2C_n^2+...+n^2C_n^n=n(n+1)2^{n-2}\\ &\\ &\frac{C_n^1}{1}-\frac{C_n^2}{2}+\frac{C_n^3}{3}+...+(-1)^{n-1}\frac{C_n^n}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}\\ &\\ &(C_n^0)^2+(C_n^1)^2+(C_n^2)^2+...+(C_n^n)^2=C_{2n}^n\\ \end{aligned}$
範德蒙恆等式:
$\sum_{i=0}^{k}C_n^iC_m^{k-i}=C_{n+m}^k$
$$
經驗式(link https://www.cnblogs.com/qrsikno/p/10170523.html):
$\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n}C_n^i*r^i=(r+1)^n（廣義二項式定理）\\ &\\ &\sum_{i=0}^{n}i*C_n^i=n*2^{n-1}\\&\\ &\sum_{i=0}^{n}C_i^k=C_{n+1}^{k+1}\\&\\ &\sum_{i=0}^{k}C_{n+i}^i=C_{n+k+1}^{k}\\ \end{aligned}$

3. 抽屜原理與平均值原理

3.1 抽屜原理

3.1.1 第一抽屜原理

如果將m個物件放入n個抽屜內，那麼必有一個抽屜內至少有$[\frac{m-1}{n}]+1$個物件。
【推廣】
如果將$m_1+m_2+...+m_n+1$個物件放入n個抽屜內，那麼或者第一個抽屜內至少有$m_1+1$個物件，或者第二個抽屜內至少有$m_2+1$個物件……或者第n個抽屜內至少有$m_n+1$個物件。

3.1.2 第二抽屜原理

如果將m個物件放入n個抽屜內，那麼必有一個抽屜內至多有$[\frac{m}{n}]$個物件。
【推廣】
如果將$m_1+m_2+...+m_n-1$個物件放入n個抽屜內，那麼或者第一個抽屜內至多有$m_1-1$個物件，或者第二個抽屜內至多有$m_2-1$個物件……或者第n個抽屜內至多有$m_n-1$個物件。

3.2 平均值原理

（1）設$a_1,a_2,...,a_n$是實數，$A =\frac{1}{n}(a_1+a_2+...+a_n)$，則$a_1,a_2,...,a_n$中必有一個數不小於A，也有一個數不大於A。
（2）設$a_1,a_2,...,a_n$是實數，$G =\frac{1}{n}\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$，則$a_1,a_2,...,a_n$中必有一個數不小於G，也有一個數不大於G。

4. 生成函數

生成函數的定義：
實數序列 $a_0,a_1,...,a_k,...$的生成函數是無窮級數
$G(x)=a_0+a_2x+...+a_kx^k+...=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k$
${a_k}$的普通生成函數。
廣義二項式係數：
$\dbinom{u}{k}=\left \{ \begin{aligned}&u(u-1)(u-2)...(u-k+1)/k!,&k>0\\ &1,&k=0 \end{aligned}\right.$
【例】
$\begin{aligned}\dbinom{1/2}{3}&=\frac{(1/2)(1/2-1)(1/2-2)}{3!}\\ &=\frac{(1/2)(-1/2)(-3/2)}{6}\\ &=1/16 \end{aligned}$
設$x$是實數，$|x|<1$，$u$是實數，那麼
$(1+x)^u=\sum_{k=0}^{\infty}\dbinom{u}{k}x^k$

4.1 常用生成函數

$\begin{aligned} &\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\sum_{k=0}^{n}x^k\\ &\\ &\frac{1}{1-ax}=\sum_{k=0}^{\infty}a^kx^k\\ &\\ &\frac{1}{(1-x)^2}=\sum_{k=0}^{\infty}(k+1)x^k\\ &\\ &\frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{k=0}^{\infty}C_{n+k-1}^{k}x^k\\ &\\ &\frac{1}{(1+x)^n}=\sum_{k=0}^{\infty}C_{n+k-1}^{k}(-1)^kx^k\\ \end{aligned}$

4.2 計數問題

5. 特殊計數序列

5.1 Catalan數列

前幾項：$1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, ......$即$c[0]=1,c[1]=1,c[2]=2...$

$\begin{aligned} &遞推式1：f[n]=\sum_{i=0}^{n-1}f[i]*f[n-i-1]\\ &\\ &遞推式2：f[n]=\frac{4n-2}{n+1}f[n-1]\\ &\\ &組合式1：f[n]=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}\\ &\\ &組合式2：f[n] = C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1} \end{aligned}$

應用：

1. 二叉樹計數1：已知二叉樹有$n$個節點，能夠構成$C_{n}$種不同的二叉樹。（二叉搜索樹）
2. 二叉樹計數2：已知二叉樹的葉子$n$個，能夠構成$C_{n-1}$種不同的二叉樹。（二叉搜索樹）
3. 括號匹配數：一個合法的表達式由()包圍，()可以嵌套和連接，給出$n$對括號，可以組成的合法表達式的個數爲$C_{n}$。
4. 劃分問題：將一個凸$n+2$多邊形區域分成三角形區域的方法數爲$C_{n}$。
5. 出棧問題1：一個棧的進棧序列爲$1,2,3,..n$，不同的出棧序列有$C_{n}$種。
6. 出棧問題2：有2n個人排成一行進入劇場。入場費5元。其中只有n個人有一張5元鈔票，另外n人只有10元鈔票，劇院無其它鈔票，問有多少種方法使得只要有10元的人買票，售票處就有5元的鈔票找零。5元的相當於入棧，10元的相當於出棧，轉化成上問題。
7. 路徑問題：在$n*n$的方格地圖中，從一個角到另外一個角，不跨越對角線的路徑數有$C_{n}$種。
8. 握手問題：$2n$個人均勻坐在一個圓桌邊上，某個時刻所有人同時與另一個人握手，要求手之間不能交叉，共有$C_{n}$種握手方法。

5.2 Fibonacci數列

通項公式：$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n]$
遞推式：
$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$
性質：
$\begin{aligned}&F_1+F_1+F_2+F_3+...+F_n=F_{n+2}-1\\ &\\ &F_1+2F_2+3F_3+...+nF_n=nF_{n+2}-F_{n+3}+2\\ &\\ &F_1+F_3+F_5+...+F_{2n-1}=F_{2n}\\ &\\ &F_2+F_4+F_6+...+F_{2n}=F_{2n+1}-1\\ &\\ &F_1^2+F_2^2+F_3^2+...+F_n^2=F_nF_{n+1}\\ &\\ &F_{n-1}F_{n+1}-F_n^2=(-1)^n \end{aligned}$

定理：
$\begin{aligned} &F_nF_m+F_{m-1}F_{n-1}=F_{m+n-1}\\ &\\ &F_mF_{n+1}+F_{m-1}F_n=F_{m+n}\\ &\\ &m=n時，\\ &F_{2n-1}=F_n^2+F_{n-1}^2\\ &\\ &F_{2n}=(F_{n-1}+F_{n+1})F_n=(2F_{n-1}+F_n)F_n\\ &\\ &F_n整除F_m當且僅當n整除m，其中n\geq3\\ &\\ &任意連續三個Fibonacci數兩兩互素。 \end{aligned}$

5.3 Lucas數列

定義：
$L_n= \left\{\begin{aligned}&2,&n=1\\ &1,&n=2\\ &L_{n-1}+L_{n-2},&n\geq3 \end{aligned} \right.$
通項公式：
$L_n=(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$
與Fibonacci數的關係：
$\begin{aligned} &F_{2n}=L_nF_n\\ &\\ &L_n=F_{n-1}+F_{n+1}\\ &\\ &F_n=\frac{L_{n-1}+L_{n+1}}{5}\\ &\\ &L_n^2=5F_n^2+4(-1)^n \end{aligned}$

5.4 Stirling數

5.4.1 第一類Stirling數

$S1(n,m)$表示的是將$n$個不同元素構成$m$個圓排列的數目。
遞推式：
$S1(n,m)=(n-1)*S1(n-1,m)+S1(n-1,m-1)(n>1,m>1)$

邊界條件：
$\begin{aligned} &S1(0,0)=1,S1(n,0) = 0\\ &S1(n,n) = 1 \end{aligned}$
性質：
$\sum_{k=0}^{n}S1(n,k)=n!$
【例】$n$個倉庫， $2n$把鑰匙，$n$ 位官員。如果把$n$位官員分成$m$個不同的部，部中的官員數量與管理的倉庫數量一致。有多少種方案使得所有同部的官員可以打開所有本部管理的倉庫，而無法打開其他管理的倉庫。（$n$把鑰匙放到倉庫，$n$把鑰匙分給官員）
方案數即爲$S1(n,m)n!$。
前面的是放到倉庫裏的方案數，後面說官員的分配方案。

5.4.2 第二類Stirling數

$S2(n,m)$表示的是把$n$個不同元素劃分到$m$個集合的方案數。
遞推式：
$S2(n,m)=m*S2(n-1,m)+S2(n-1,m-1)(1\leq m\leq n-1)$
邊界條件：
$\begin{aligned} &S2(n,0)=0,S2(n,1)=1\\ &S2(n,n)=1 \end{aligned}$

5.5 Bernoulli數

6. Polya計數