组合数学--排列组合

1. 概述

组合数学这是笔者在研究生阶段唯一的一门数学课了吧，希望做个了断。
组合数学可以理解成是离散数学中的一部分，广义的组合数学就是离散数学
离散数学可以理解成是狭义的组合数学和图论、代数结构、数理逻辑的统称
以上所说仅仅是叫法上的不同，总而言之组合数学是研究离散对象的科学，但是在计算机科学中有着重要的作用

1.1 应用

这里只提几个很出名的问题

• 幻方问题
• 四色问题
• 最短网络
• 最小生成树和最小斯坦纳树
• 无尺度网络
• 小世界网络

1.2 三大问题

• 存在（Existence Problem）
• 计数（Counting Problem）
• 优化（Optimization Problem）

2. 排列组合

最基本的排列组合无需多言
计数问题最重要的是做到无重复无遗漏，即不重不漏

2.1 两大法则

• 加法法则：分类问题
• 乘法法则：分步问题

2.2 排列

• 圆排列
  $\frac {P(n, r)} r, 2 \leq r \leq n$
• 项链排列
  $\frac {P(n,r)} r, 3 \leq r \leq n$
• 多重全排列
  • t种球，个数有限
  • 打标号
• 多重全排列
  • 分类枚举
• 可重排列
  $n^r$

3. 放球模型

• 排列：n个不同的球中取r个，放入r个不同的盒子，每个盒子一个
  $P(n, r) = n*(n-1)*...*(n-r+1)=\frac {n!} {(n-r)!}$
• 组合：n个不同的球中取r个，放入r个相同的盒子，每个盒子一个
  $C(n, r) = \frac {n!} {r!(n-r)!}$

4. 模型转换

A事件不好计算，但是A和B一一对应，B好计算事件，可以转换为求B的，也就求出来了A的

如$100$人打乒乓球赛，每个选手至少打一局，输者淘汰，最后产生一名冠军，需要比赛多少场？
答：$99$场，因为要选出来冠军，淘汰的选手和比赛一一对应
Cayley定理：n个有标号的顶点的树的数目是$n^{n-2}$，用$n-1$条边将$1,2,...,n$连接起来的连通图的数目是$n^{n-2}$

5. 线性方程的解

线性方程$x_1+x_2+...+x_n = b$的非负整数解的个数是$C(n+b-1, b)$
【解释】相当于把一堆x分成b组，每组个数不限，

5.1 若干等式及其组合意义

1. 从$(0,0)$走到$(m,n)$的方法数$C(m+n, m)$
2. $C(n, r) = C(n, n-r)$
3. $C(n, r) = C(n-1, r) + C(n-1, r-1)$
   从$1\leq a_1 \leq a_2 \leq ... \leq a_n \leq n$取整数，对取法分类
   - $a_1 = 1$，有$C(n-1, r-1)$种方案
   - $a_1 \gt 1$，有$C(n-1, r)$种方案
4. $C(n+r+1, r) = C(n+r, r) + C(n+r-1, r-1) + ... + C(n+1, 1) + C(n, 0)$
5. $C(n,l) C(l, r) = C(n, r)C(n-r, l-r)$
6. $C(m, 0) + C(m, 1) +...+C(m, m) = 2^m, m \geq 0$
7. $C(n,0) - C(n, 1)+C(n,2)-...\pm C(n,n) = 0$
   • 6 和 7 都是$(x+y)^n$
8. Vandemonde 恒等式$C(m+n, r)=C(m,0)C(n,r)+C(m,1)C(n, r-1)+...+C(m, r)C(n, 0)$

6. 全排列生成算法

这算是本章的重点了吧
全排列的个数是$n!$。现在的问题是

1. 生成所有的排列，
2. 根据某一个排列，计算之后或者之前第$k$个排列是什么。

注意一点，因为是全排列，所以其含义包含着所有元素都不相同。

6.1 字典序法

经典的方法，就是按照从小到大枚举变化即可。
举例来说，$1234$，
$1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432\\ 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431\\ 3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421\\ 4123, 4132, 4213, 4231, 4312, 4321\\$
可以假设初始有一个向左的箭头，代表$k$移动的方向，但是$k$是否可以移动取决于在$k$的方向上是否一个比$k$小的数字存在。
字典序法想要的是这一个和下一个具有尽可能长的共同前缀，也即变化在尽可能短的后缀上。
在实际上理解的时候，从小到大的排列，就是把当前排列从右往左扫描，找到第一个下降的数字，并且把该数字和其后数字中比它大的最小的那一个交换，并把新的后续数字从小到大排列。例如：$132$，$3$←$2$是上升的，$1$←$3$是下降的，所以$1$就是要交换的那一个数字，把它和$23$中较小的$2$交换，并把$13$从小到大排列，$132$下一个就是$213$。

6.1.1 序号

全排列的序号就是先于此排列的个数。

排列	123	132	213	231	312	321
序号	0	1	2	3	4	5

6.1.2 康拓展开

百度定义：$X=a[n]*(n-1)!+a[n-1]*(n-2)!+...+a[i]*(i-1)!+...+a[1]*0!$，其中，$a[i]$为整数，并且$0\leq a[i]\lt i, (1 \leq i \leq n)$。

6.1.3 中介数

字典序的中介数代表的是当前数字右边比其小的数字的个数。计算当前排列后第$k$个排列只要把当前中介数加上$k$，然后再把新的中介数还原成排列数即是要求的排列数。
【注意】中介数和$k$是不同的进制，要按照中介数的进制进行计算。
举例：$839647521$，它的序号也即康拓展开式$7*8!+2*7!+6*6!+4*5!+2*4!+3*3!+2*2!+1*1!$，其中$72642321$就是中介数，$72642321$代表的是在当前数字比其右边大的数字的个数。
由$72642321$推出$839647521$：
$P_1 P_2 P_3 P_4 P_5 P_6 P_7 P_8 P_9$

1. $7+1=8→P_1 = 8$
2. $2+1=3→P_2=3$
3. $6+1=7,但3＜7已在P_3左边出现，7+1=8，但8已在P_3左边出现，8+1=9→P_3=9$
4. $4+1=5,但3<5已在P_4左边出现，5+1=6→P_4=6$
5. $2+1=3，但3已在P_5左边出现，3+1=4→P_5=4$
6. $3+1=4，但3,4已在P_6左边出现，4+1+1=6，但6已在P_6左边出现，6+1=7→P_6=7$
7. $2+1=3，但3已在P_7左边出现，3+1=4，但4已在P_7左边出现，4+1=5→P_7=5$
8. $1+1=2→P_8=2$
9. $P_9 = 1$

中介数，序号和排列之间是一一对应的关系。

可用归纳法证明：$\sum_{k=1}^{n-1}{k*k!} = n! - 1$

6.2 递增进位制

递增进位制是不固定进制中的基数，从右向左数数，第$i$个位置的数字逢$i+1$进一位，即从右向左，逢$2、3、4、5、...$进一位。
它的中介数是在$i$的右边比$i$小的数字的个数。但是它的中介数的进制和字典序的一致，都是从右向左，逢$2、3、4、5、...$进一位。

6.3 递减进位制

递减进位制和递增进位制类似，它的中介数是把递增进位制逆置，但是它的中介数的进位是从左往右，逢$2、3、4、5、...$进一位。

6.4 SJT邻位对换

它的方向是双向的，通过保存数字的“方向性“来快速得到下一个排列。
设定$b_2, b_3, b_4, b_5, b_6, b_7, b_8, b_9$为我们要求的中介数。

• 规定$2$的方向一定向左。$b_2$就是从$2$开始，背向$2$的方向所有比$2$小的数字的个数。
• 对于每一个比$2$大的数字$i$:
  • 若$i$为奇数，其方向性决定于$b_{i-1}$的奇偶性，奇向右，偶向左。
  • 若$i$为偶数，其方向性决定于$b_{i-1}+b_{i-2}$的奇偶性，奇向右，偶向左。

$b_i$的值就是背向$i$的方向直到排列边界这个区间里比$i$小的数字的个数。
SJT方法的中介数进位同递减进位制。

6.5 总结

其实还有很多方法，老师说可以参考$Donald Ervin Knuth$的神书《计算机程序设计的艺术》里面Permutation Generating。
上述方法是为了让新生成的排列和原排列的尽可能相似，就是换的数字尽可能少。

7. 代码实现

并没有很好的代码格式，只是为了应付OJ，又不会使用C++，所以凑合着使用了Java。其实本次OJ中C++的long long够用。

7.1 题目描述

给定一个$1$到$n$的排列$P$，请求出这个排列根据某种顺序的后面第$k$个排列。
输入格式

• 第一行是三个由空格隔开的整数$n$,$type$,$k$；
• 第二行是$n$个由空格隔开的$[1, ..., n]$中的无重复整数，表示一个排列；行末可能会有空格。

$type$的含义如下：

• 当$type = 1$时，请按字典序计算；
• 当$type=2$时，请按递增进位制计算；
• 当$type=3$时，请按递减进位制计算；
• 当$type=4$时，请按邻位对换法的顺序计算。

当$k<0$时，请计算根据顺序的前面第−k个排列。

输出格式
第一行输出$n$个由单个空格隔开的整数，表示答案排列。
样例1
Input
9 1 1
8 3 9 6 4 7 5 2 1
Output
8 3 9 6 5 1 2 4 7
样例2
Input
9 2 1
8 3 9 6 4 7 5 2 1
Output
8 4 9 6 1 7 5 2 3
样例3
Input
9 3 1
8 3 9 6 4 7 5 2 1
Output
8 9 3 6 4 7 5 2 1
样例4
Input
9 4 1
8 3 9 6 4 7 5 2 1
Output
8 3 6 9 4 7 5 2 1
数据规模
$k$的取值保证答案存在。

存在以下几种限制：

• $1≤n≤10$和$1≤n≤20$；
• $k>0$和$k<0$；
• $type=1, 2, 3, 4$。

对于每一种限制组合，都有一个测试点，共$2×2×4=16$个测试点。

时空限制
时间限制：$1000ms$ 内存限制：$512MiB$

7.2 代码实现

import java.util.Scanner;

public class ShiftingPermutations {
	public static void main(String[] args) {
		Scanner sc = new Scanner(System.in);

		int n = sc.nextInt();
		int type = sc.nextInt();
		long k = sc.nextLong();
		long[] nums = new long[n];

		for (int i = 0; i < n; ++i)
			nums[i] = sc.nextLong();

		switch (type) {
		case 1:
			// 请按字典序计算；
			dictOrder(nums, n, k);
			break;
		case 2:
			// 请按递增进位制计算；
			incrementalCarry(nums, n, k);
			break;
		case 3:
			// 请按递减进位制计算；
			degressiveCarry(nums, n, k);
			break;
		case 4:
			// 请按邻位对换法的顺序计算。SJT
			orthoSubstitution(nums, n, k);
			break;
		default:
			throw new UnsupportedOperationException("Unsupported Number:" + type);
		}

		printArr(nums);
	}

	// 打印数组
	private static void printArr(long[] nums) {
		for (long num : nums) {
			System.out.print(num + " ");
		}
		System.out.println();
	}

	// 原排列 -> 中介数
	private static long[] permutation2Mid(long[] nums, int n) {
		long[] midNums = new long[n - 1];
		// 统计i位置右边小于i的个数
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			long count = 0;
			if (nums[i] == 1)
				continue;
			for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
				if (nums[j] < nums[i])
					count++;
			}
			midNums[(int) (n - nums[i])] = count;
		}
//		System.out.print("Mid Nums: ");
//		printArr(midNums);
		return midNums;
	}

	// 新中介数 -> 新排列数
	private static void mid2permutation(long[] nums, int n, long[] midNums) {
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			nums[i] = 0L;

		for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
			int count = 0;
			for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
				if (count == midNums[i] && nums[j] == 0) {
					nums[j] = (long) (n - i);
					break;
				} else if (nums[j] == 0) {
					count++;
				}
			}
		}

		int idx = -1;
		while (nums[++idx] != 0)
			;

		nums[idx] = 1L;
	}

	// 逆置
	private static void reverse(long[] midNums, int start, int end) {
		long temp;
		for (int i = start, j = end; i < j; ++i, --j) {
			temp = midNums[i];
			midNums[i] = midNums[j];
			midNums[j] = temp;
		}
	}

	/**
	 * 字典序计算
	 * 
	 * @param nums：给定的序列
	 * @param n：序列的个数
	 * @param k：要此序列后第k个序列，k分为k＞0和k＜0
	 * 9 1 3 8 3 9 6 4 7 5 2 1
	 */
	private static void dictOrder(long[] nums, int n, long k) {
		// 原排列 -> 原中介数
		long[] midNums = new long[n - 1];
		for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
			long count = 0;
			for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
				if (nums[i] > nums[j])
					count++;
			}
			midNums[i] = count;
		}
		// 原中介数 -> 新中介数
		midNums[n - 1 - 1] += k;
		long temp = 0;
		long carry = 0;
		if (k > 0) {
			for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
				temp = midNums[i] + carry;
				midNums[i] = temp % (n - i);
				carry = temp / (n - i);
				if (carry == 0)
					break;
			}
		} else {
			// 下面的carry代表的是借位, 是正数
			// 最后一位＜0
			if (midNums[n - 1 - 1] < 0) {
				for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
					temp = midNums[i] - carry;
					// 都归正数了，可以结束了
					if (temp >= 0) {
						midNums[i] = temp;
						break;
					}
					if (temp % (n - i) == 0) {
						midNums[i] = 0L;
						carry = -1 * temp / (n - i);
					} else {
						midNums[i] = n - i + temp % (n - i);
						carry = 1 - temp / (n - i);
					}
				}
			}
		}

		// 新中介数 -> 新排列
		boolean[] temps = new boolean[n];
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			temps[i] = true;
		int subsum = 0;  // 现在nums0~(n-1)所存数，为了计算最后一个
		for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
			midNums[i] += 1;
			int count = 0;
			for (int j = 0; j < n; ++j) {
				if (temps[j])
					count++;
				if (count == midNums[i]) {
					temps[j] = false;
					nums[i] = j + 1;
					subsum += nums[i];
					break;
				}
			}
		}
		nums[n - 1] = n * (n + 1) / 2 - subsum;

	}

	/**
	 * 递增进位制计算
	 * 
	 * @param nums
	 * @param n
	 * @param k
	 */
	/*
	 * Input 9 2 1 8 3 9 6 4 7 5 2 1 Output 8 4 9 6 1 7 5 2 3
	 */
	private static void incrementalCarry(long[] nums, int n, long k) {
		// 原排列 -> 原中介数
		long[] midNums = permutation2Mid(nums, n);

		// 原中介数 -> 新中介数：加减k
		midNums[n - 1 - 1] += k; // 最后一位做加法
		long temp = 0L, carry = 0L;
		if (k > 0) {
			for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
				temp = midNums[i] + carry;
				carry = temp / (n - i);
				midNums[i] = temp % (n - i);
			}
		} else {
			// 下面的carry代表的是借位, 是正数
			// 最后一位＜0
			if (midNums[n - 1 - 1] < 0) {
				for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
					temp = midNums[i] - carry;
					// 都归正数了，可以结束了
					if (temp >= 0) {
						midNums[i] = temp;
						break;
					}
					if (temp % (n - i) == 0) {
						midNums[i] = 0L;
						carry = -1 * temp / (n - i);
					} else {
						midNums[i] = n - i + temp % (n - i);
						carry = 1 - temp / (n - i);
					}
				}
			}
		}

		// 新中介数 -> 新序列数
		mid2permutation(nums, n, midNums);
	}

	/**
	 * 递减进位制计算
	 * 
	 * @param nums
	 * @param n
	 * @param k
	 */
	/*
	 * Input 9 3 1 8 3 9 6 4 7 5 2 1 Output 8 9 3 6 4 7 5 2 1
	 */
	private static void degressiveCarry(long[] nums, int n, long k) {
		// 原排列 -> 原中介数
		long[] midNums = permutation2Mid(nums, n);
		// 逆置得递减进位的中介数
		reverse(midNums, 0, midNums.length - 1);

		// 原中介数 -> 新中介数：加减k
		midNums[n - 1 - 1] += k; // 最后一位做加法
		long temp = 0L, carry = 0L;
		if (k > 0) {
			for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
				temp = midNums[i] + carry;
				carry = temp / (i + 2);
				midNums[i] = temp % (i + 2);
			}
		} else {
//			TODO
			// 下面的carry代表的是借位, 是正数
			// 最后一位＜0
			if (midNums[n - 1 - 1] < 0) {
				for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
					temp = midNums[i] - carry;
					// 都归正数了，可以结束了
					if (temp >= 0) {
						midNums[i] = temp;
						break;
					}
					if (temp % (i + 2) == 0) {
						midNums[i] = 0L;
						carry = -1 * temp / (i + 2);
					} else {
						midNums[i] = i + 2 + temp % (i + 2);
						carry = 1 - temp / (i + 2);
					}
				}
			}
		}
		reverse(midNums, 0, midNums.length - 1);
//		System.out.print("Mid Nums ± K: ");
//		printArr(midNums);

		// 新中介数 -> 新排列
		mid2permutation(nums, n, midNums);
	}

	/**
	 * 邻位对换算法
	 * 
	 * @param nums
	 * @param n
	 * @param k
	 */
	/*
	 * Input 9 4 1 8 3 9 6 4 7 5 2 1 Output 8 3 6 9 4 7 5 2 1
	 */
	private static void orthoSubstitution(long[] nums, int n, long k) {
		// 原排列 -> 中介数
		long[] midNums = new long[n - 1];

		for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
			int j = 0;
			int count = 0;

			while (nums[j] != i + 2)
				// 先统计左边比i+2小的
				if (nums[j++] < i + 2)
					count++;

			// 如果 i+2 为 奇数 ，其方向性决定于 b(i-1) 的奇偶性， 奇向右、偶向左 。
			if ((i + 2) % 2 == 1) {
				// 只有偶数向左的时候，才需要重新计数，奇数已经计数过了
				if (midNums[i - 1] % 2 == 0) {
					count = 0;
					while (j < n)
						if (nums[j++] < i + 2)
							count++;
				}
			}
			// 2 一定向左，如果 i 为 偶数 ，其方向性决定于 b(i-1) + b(i-2) 的奇偶性，同样是 奇向右、偶向左 。
			else {
				// 只有偶数向左的时候，才需要重新计数，奇数已经计数过了
				if (i + 2 == 2 || (midNums[i - 1] + midNums[i - 2]) % 2 == 0) {
					count = 0;
					while (j < n)
						if (nums[j++] < i + 2)
							count++;
				}
			}
			midNums[i] = (long) count;
		}

//		System.out.print("Mid Nums: ");
//		printArr(midNums);

		// 原中介数 -> 新中介数
		// 原中介数 -> 新中介数：加减k
		midNums[n - 1 - 1] += k; // 最后一位做加法
		if (k > 0) {
			long temp = 0L, carry = 0L;
			for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
				temp = midNums[i] + carry;
				carry = temp / (i + 2);
				midNums[i] = temp % (i + 2);
			}
		} else {
//					TODO
			// 下面的carry代表的是借位, 是正数
			// 最后一位＜0
			if (midNums[n - 1 - 1] < 0) {
				long temp = 0L, carry = 0L;
				for (int i = n - 1 - 1; i >= 0; --i) {
					temp = midNums[i] - carry;
					// 都归正数了，可以结束了
					if (temp >= 0) {
						midNums[i] = temp;
						break;
					}
					if (temp % (i + 2) == 0) {
						midNums[i] = 0L;
						carry = -1 * temp / (i + 2);
					} else {
						midNums[i] = i + 2 + temp % (i + 2);
						carry = 1 - temp / (i + 2);
					}
				}
			}
		}

		for (int i = 0; i < n; ++i)
			nums[i] = 0L;

		for (int i = n - 2; i >= 0; --i) {
			int j;
			int count = 0;
			// i+2为奇，
			if (i % 2 == 1) {
				// 只看b(i-1)
				if (midNums[i - 1] % 2 == 1)
					// 向右第b(i)+1个空
					for (j = 0; j < n; j++) {
						if (count == midNums[i] && nums[j] == 0)
							break;
						else if (nums[j] == 0)
							count++;
					}
				else
					// 向左
					for (j = n - 1; j >= 0; j--) {
						if (count == midNums[i] && nums[j] == 0)
							break;
						else if (nums[j] == 0)
							count++;

					}
			}
			// i 为 2，一定向左 // i+2 为偶数
			else {
				// 要看b(i-1) + b(i-2)
				if (i + 2 != 2 && (midNums[i - 1] + midNums[i - 2]) % 2 == 1)
					// 向右
					for (j = 0; j < n; j++) {
						if (count == midNums[i] && nums[j] == 0)
							break;
						else if (nums[j] == 0)
							count++;

					}
				else
					// 向左
					for (j = n - 1; j >= 0; j--) {
						if (count == midNums[i] && nums[j] == 0)
							break;
						else if (nums[j] == 0)
							count++;

					}
			}
			nums[j] = (long) (i + 2);
		}

		int idx = -1;
		while (nums[++idx] != 0)
			;

		nums[idx] = 1L;
	}

}