網(wǎng)上找的一些組合數(shù)學(xué)基礎(chǔ)

1、1組合數(shù)的性組合數(shù)C(n,k1組合數(shù)的性組合數(shù)C(n,k)最常用的三個(gè)性質(zhì)是性質(zhì)1.證明什么都不取或者全部都取顯然性質(zhì)2.證明選了k個(gè)數(shù)以后剩下的數(shù)恰好有n-性質(zhì)3.這是組合數(shù)的遞推公式經(jīng)常用于預(yù)處理組合有n個(gè)不同的數(shù)選出k個(gè), 每個(gè)數(shù)最多選一次有多少種排列方法把n選k的排列問(wèn)題看成兩個(gè)步驟首先選出k個(gè)數(shù)的組合, 然后把這k個(gè)數(shù)進(jìn)行全排列. 由乘法原理知P(n,k)=C(n,k)*P(k,k), 因此C(n,k)=P(n,k)/P(k,k)=n!/(n-排列有n個(gè)不同的數(shù)選k個(gè)排成一排每個(gè)數(shù)最多選一次有多少種排列方法? 記為P(n,k)由乘法原理, 每個(gè)步驟選一個(gè)數(shù). 第1個(gè)步驟步驟有n-k+

2、1種選擇所以一共有P(n,k)=n(n-1)(n-2)(n-特別的, n個(gè)數(shù)的全排列階乘非負(fù)整數(shù)n的階乘表示1*2*n, 記作n!, 規(guī)定0!=1.后面將會(huì)看到n!在公式中經(jīng)常出現(xiàn),有時(shí)需要估算n!的值要用到Stirling公nn! 2ne 例如100!=9.33*10157, 公式右邊為基本計(jì)數(shù)原加法原理做一件事情有n個(gè)辦法，第i個(gè)辦法有pi種方案則一共有pi種方案乘法原理做一件事情有n個(gè)步驟第i個(gè)步驟有pi種方案, 則一共有pi種方案步驟進(jìn)行分類), 二者都可用于遞推.應(yīng)用加法原理的關(guān)鍵分類各類別之間必組合計(jì)數(shù)基版本2二項(xiàng)式定理的證(x+a)n是2二項(xiàng)式定理的證(x+a)n是n個(gè)括號(hào)連乘,

3、每個(gè)括號(hào)里任選一項(xiàng)乘起來(lái)都會(huì)對(duì)最后的結(jié)果有一個(gè)貢獻(xiàn).如果選了k個(gè)x,就一定會(huì)選n-k個(gè)a,最后的項(xiàng)自然xk. n個(gè)x里選k個(gè)(同時(shí)也相當(dāng)于n個(gè)a(x+a)n = xk 同理也可以得到所謂的多項(xiàng)式定理如何計(jì)算出二項(xiàng)式展開(kāi)呢當(dāng)然是算二項(xiàng)式定理(Binomial二項(xiàng)式定理有三種形式在組合數(shù)學(xué)里二項(xiàng)式展把(a+b)n展開(kāi)將得到一個(gè)關(guān)于x的多項(xiàng)式 對(duì)于一般的n一個(gè)叫Peter的小朋友是這樣把組合數(shù)排列成一個(gè)三角形可以發(fā)現(xiàn)很特別的規(guī)律包括組合數(shù)的性質(zhì)1, 2, 性質(zhì)3的證性質(zhì)3.證明. n+1個(gè)數(shù)里選k+1有兩類辦法: 要么選第1個(gè)數(shù)要么不選第1個(gè)數(shù)如果不選則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為n個(gè)數(shù)里選k+1個(gè)數(shù), 如果選, 則

4、問(wèn)題轉(zhuǎn)化為n個(gè)數(shù)里選k個(gè)數(shù)這兩類是不重復(fù)不遺漏的. 由加法原理得. 這個(gè)技巧在組合3補(bǔ)集轉(zhuǎn)正對(duì)于每個(gè)非單色三角形，恰好有兩個(gè)連了異3補(bǔ)集轉(zhuǎn)正對(duì)于每個(gè)非單色三角形，恰好有兩個(gè)連了異色反對(duì)于一個(gè)點(diǎn)連出一對(duì)異色邊，一定對(duì)唯一一個(gè)單色三角應(yīng)了a(n-1-a)個(gè)非單色三角形每個(gè)非單色三?例1Monochromatictriangles (POI 97, TRO)給定間的n1000個(gè)，其沒(méi)點(diǎn)共。兩點(diǎn)之都紅或色線段連。果個(gè)三形三邊色，則稱個(gè)角是單三形對(duì)給定的紅線的表，望找單色三角的一、組合分析與直接計(jì)可重復(fù)選擇的組給n個(gè)不同元素每個(gè)元素可以選多次一共選k個(gè)元素有多少種方法? 比如n=3, k=2有6種: (

5、1,1),(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,3).設(shè)第i個(gè)元素選xi個(gè)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求方x1+x2+xn=k的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)令yi=xi+1, 則 數(shù)解的個(gè)數(shù). k+n-1個(gè)候選分隔線選n-1個(gè), 即 性質(zhì)2. C(n,k)=有重復(fù)元素的全排有k個(gè)元素重?cái)?shù)為ni(ni=n)的全排列公式證明.首先把所有元素全排列,設(shè)方案數(shù)為a,為1ni!, 方案數(shù)為ni!這相當(dāng)于給n個(gè)不同元素做全排列方案數(shù)為由乘ni!*a= 二項(xiàng)式展開(kāi)的快速計(jì)給定n二項(xiàng)式(x+a)n的展開(kāi)式需要計(jì)算各個(gè) C(n,k)的值根據(jù)定義計(jì)算則C(n,k)需要O(k)次乘除法, 一共需要O(n2)次乘法.性質(zhì)4.C(n

6、,k+1)=C(n,k)*(n-證明直接利用公4系數(shù)三角給出,因此只需考4系數(shù)三角給出,因此只需考f(i)= C(n-1,i)mod m (i=0.n-主算法考慮m的各個(gè)素因子p統(tǒng)計(jì)C(n-所含p的個(gè)數(shù)然后與p在m中的指數(shù)比較例如m=90, 則只需要分別判斷每個(gè)C(n-1,i)是否為2, 32和5的倍數(shù). 實(shí)現(xiàn)時(shí)用標(biāo)志數(shù)組 b(i), 初始值為1. 對(duì)于每個(gè)p, 如果C(n-1,i)不是pk的倍數(shù)則修改b(i)=0,最后統(tǒng)計(jì)b(i)=1的個(gè)數(shù)即可. m有O(logm)個(gè)不同的素因子.a1, a2, a3,a4, a1+a2, a2+a3, a3+a4, a4+a5 a1+2a2+a3,a2+2

7、a3+a4,a3+2a4+a5 a1+3a2+3a3+a4, a2+3a3+3a4+a5 例3. Irrelevan(NEERC 2004)問(wèn)題給n個(gè)數(shù)每次求相鄰兩個(gè)數(shù)的和得新數(shù)列最后變成一個(gè)數(shù), 求它mod m的值這個(gè)問(wèn)題和最初的哪些數(shù)無(wú)關(guān)例如n=3, m=2時(shí), 第一次求和得到a1+a2, a2+a3再求和得到a1+2a2+a3它除以2的余數(shù)1=n=105, 公式在平面圖中V-E+F=2,因此只需不管是頂點(diǎn)還是邊, 計(jì)算時(shí)都要枚舉一條從固定點(diǎn)出發(fā)(所以最后要乘以n)的對(duì)角線, 它的左邊有i個(gè)點(diǎn), 右邊有n-2-i個(gè)點(diǎn). 左右點(diǎn)的連線在這條對(duì)角線上形成i(n-2-i)個(gè)交點(diǎn)得到i(n-2-i

8、)+1條線段每個(gè)交點(diǎn)被重復(fù)計(jì)算了4次, 每條線段被重復(fù)計(jì)算了2次.例2. How Many PieofLand? (UVa 10213)有一塊橢圓的地在邊界上選n個(gè)點(diǎn)并兩兩連接得到n(n-1)/2條線段它們最多能把地分例4Trees例4TreesinaWood (UVa 10214)在滿足|x|=a|y|=b的網(wǎng)格中，除了原點(diǎn)的地方各種一棵樹(shù)統(tǒng)計(jì)從原點(diǎn)能看到多少棵樹(shù). a=2000, b=2m的最小p, 判斷是否C(n,0)個(gè) C(n,1)C(n,2). 首先解釋一下下式的含義. 把ANDn看成一個(gè)集合劃分則g1(A)的結(jié)果必須恰好在2m個(gè)不同的集合中存在每個(gè)集合恰好有2m個(gè)元素只要可以在AN

9、Dn對(duì)應(yīng)的集到相同的集合XORm結(jié)果不同的到不同的集合. m=1,n=2的例子8練習(xí). Palindro(Dhaka 2003)回文數(shù)從小到大排列為1, 2, 3,4, 5, 6, 7, 8,9, 11, 22,給出i, 求第i小的mber.例如24小的數(shù)為遞推. 用d(c1,c2,c3,c4,c5)表示當(dāng)前前綴下, 列空位數(shù)為ci時(shí)的單詞個(gè)數(shù)如下圖F只有一種合法位置1,2,3,3,3轉(zhuǎn)移之后H有兩種合法位置分轉(zhuǎn)移到0,2,3,3,3和狀態(tài)數(shù)不超過(guò)55每個(gè)狀態(tài)的決策不超過(guò)可以承受ADJPTBEKQUCGFHHA8練習(xí). Palindro(Dhaka 2003)回文數(shù)從小到大排列為1, 2, 3

10、,4, 5, 6, 7, 8,9, 11, 22,給出i, 求第i小的mber.例如24小的數(shù)為遞推. 用d(c1,c2,c3,c4,c5)表示當(dāng)前前綴下, 列空位數(shù)為ci時(shí)的單詞個(gè)數(shù)如下圖F只有一種合法位置1,2,3,3,3轉(zhuǎn)移之后H有兩種合法位置分轉(zhuǎn)移到0,2,3,3,3和狀態(tài)數(shù)不超過(guò)55每個(gè)狀態(tài)的決策不超過(guò)可以承受ADJPTBEKQUCGFHHADJPTBEKQUCGF關(guān)鍵. 求給定前綴的單詞數(shù)目. 例如下面的 ADJPTBEKQUCG為給定前綴則未確定位置的字母有: F,H,I,L,M,N,O,R,S,VY矩陣中則任何時(shí)候各列的空位都是最下面的若干行, 而且空位數(shù)c1=c2=c3=c4

11、=c5.c =ADJPTBEKQUCGADJPTBEKQUCGLRVFINSWHMOXY例3TwoFive (陣?yán)? 每行每列都是遞增的.給出單詞, 求字典序; 給字典序ADJPTBEKQUCGLRVFINSWHMOXY記f(x)為0,x)的cool number個(gè)數(shù), 為f(b+1)-統(tǒng)計(jì)有固定前綴的cool number個(gè)數(shù). 設(shè)包含n個(gè)待定位情況一. 前綴已經(jīng)有3個(gè)連續(xù)0或連續(xù)1, 所有數(shù)均滿足, 2n情況二只需要考慮前綴末尾有多少個(gè)連續(xù)的0設(shè)f(i,j,k)為有i個(gè)待定位, 前面有j(j=1,2)個(gè)連續(xù)的的cool number個(gè)數(shù), 枚舉第一個(gè)待定為是1還是0即例2為coolnumb

12、er.例如8=(1000)2,15=(1111)2都是cool number, 但27=(11011)2不是求a到b中的coolnumber個(gè)數(shù)例如0到16有5個(gè)coolnumber7,8,14,15,16;17到100有49個(gè). 0=a=b=2147483647練習(xí). 練習(xí). 給定包含前k個(gè)字母的BST把它們按先序遍歷從小到大排序求第n個(gè)代碼.給定nk，找出(n,k)-代9結(jié)點(diǎn)數(shù)設(shè)結(jié)點(diǎn)數(shù)為F(i,j結(jié)點(diǎn)數(shù)設(shè)結(jié)點(diǎn)數(shù)為F(i,j則 F(i,j)=F(i,j)+2,F(0,j)=F(i,0)= 2 F(i,j)= F(i-1,j)+ 對(duì)比從(0,0)到(i,j)的走法數(shù)G(i,j)滿G(0,j)=

13、G(i,0)= 1 G(i,j)= G(i-1,j)+: G(i,j)可以由組合直接得出從i+j次移動(dòng)中選 i次進(jìn)行x方向移動(dòng), 方案有C(i+j,i)種, 故:P(i,j). 直接間和空間. 如圖, 從某個(gè)最右一步到達(dá)(1,k), 再到達(dá)(i,j)的方法數(shù)為C(i- 1+j-k,i-1),則從(0,k)出發(fā)到達(dá)(i,j)的概率和為 C(i-1+j-k,i-1)piqj-k.對(duì)所有k求和即可(UVa 10207)給出P(i,j)的定義給出ij求P(i,j)以及遞歸求解P(i,j)遍歷點(diǎn)數(shù)四、遞推關(guān)(NEERC 2006)給出n個(gè)點(diǎn)m條邊的無(wú)向圖G每次操作任意加一條非自環(huán)的邊(u,v每條邊的選擇

14、是等概率的問(wèn)使得G連通的期望操作次數(shù).n=30,(NEERC 2005)分成9堆,每堆4.每次可以拿走某兩堆頂部的牌, 但需要點(diǎn)數(shù)相同. 如果有多種拿法則等概率的隨機(jī)拿.比如9堆頂部的牌分別為KS,KH,KD,9H,8S,8D,7C,7D, 6H, 則有5種拿法(KS,KH), (KS,KD), (KH,KD),(8S,8D),(7C,7D),每種拿法的概率均為1/5.如果最后拿完所有牌則按順序給出每堆牌的,求成功概率例4. 互例4. 互n=8,k=6時(shí)有5599888元素和大于k). 這些集合分為兩類不包含n的，其他元素的最大值為n-1, 和大于鄰元素n-1,n), 和大于k-n. 注意邊界

15、k=-1表示和無(wú)由,最好用滾動(dòng)組節(jié)省空間, 只保存3例3. The number of n-k spesets (POI 97, LIC)對(duì)于集合S中的每個(gè)元素x，有集合S中所有元素的和大于集合S中不包含任意一對(duì)相鄰的自然給出nk，求n-k特殊n=100, 稱滿足第一個(gè)條件的i為A類數(shù)滿足第二個(gè)條件的i為B類數(shù)那么最簡(jiǎn)單的方法是每次判斷 i的類型, 然后計(jì)算組合數(shù), 每步O(i2), 共O(x3)優(yōu)化. 注意到ai和ai-1相差并不大, 記ai=ai-1di.設(shè)ai-1=C(mi-1ai=C(m+ai由于ri-ri-1非0即 1, 故-1=a=2(m1 i)(m ,a m1(m(m a)!(m

16、 1i)! i ai ai!(ma i)! (i1)!(m1im!(ma i) m1a (m 2)(m i(m 2 i) , a 用上式計(jì)算di始終是常數(shù)級(jí)別的因此時(shí)間雜度為O(x另外需要高精度運(yùn)個(gè)1和整數(shù)個(gè)p. 由于遞推邊界都是不大于4待定系數(shù)法設(shè)P(x-i-rip)的系數(shù)為ai為a0+a1+ax-3. 問(wèn)題的關(guān)鍵是求遞歸邊界的系數(shù)P(x-i-ri)是由P(x)經(jīng)過(guò)層遞歸得到的, 且恰好有i層減1,ri層減x-i-ri=3, 最后一層有兩種可能, ai=C(i+ri, 例2PibonacciIPSC P(x) 0 xP(x1) P(x 4 給定整數(shù)x(x30,000)，計(jì)算P(4)=2,P(

17、25)=4024,From Numberofconnectedlabeledgraphs withFrom Numberofconnectedlabeledgraphs withnodes.1, 1, 1,4, 38,728,26704, 251548592,66296291072, 例6. 帶標(biāo)號(hào)連(POJ n=4時(shí)有38個(gè)分 則di,i=1.注意Si不等于Sj時(shí)di,j=0因?yàn)閐i+1,k-i 1-k-(NEERC 2005)給一棵多叉樹(shù)每次盡量往左走走不通了就回溯把遇到的字母順次 下來(lái)如下給一個(gè)序列問(wèn)有多少棵樹(shù)i,i+1,2n行放j個(gè)車的方案數(shù)遞推求解車而前面所放的每一個(gè)車都會(huì)影響到后面

18、的行所以第i行只有ci-(t-j)個(gè)格子可以放，其中ci為第i的格子總數(shù)此時(shí)有兩種選擇:放. 有ci-(t-j)種方案, 轉(zhuǎn)移到d(i+1,j-不放. 轉(zhuǎn)移到因此d(i,jci-t+j)*d(i+1,j-主算法.枚個(gè)數(shù)t,則黑象個(gè)數(shù)為k-和黑格象互不相干抽出 后旋轉(zhuǎn) 45度得到左圖由于行順序無(wú)關(guān)重排得右圖, 則問(wèn)題變成:新問(wèn)題如右圖求n行放t個(gè)車的方案i,i+1,n行放j個(gè)車的方案數(shù)遞推求例7串并聯(lián)網(wǎng)絡(luò)(UVann0一條單獨(dú)的邊是串并聯(lián)如果G1和G2是串并聯(lián)網(wǎng)絡(luò)，那么把他們的源匯并在一起也得到串并聯(lián)網(wǎng)絡(luò)（并聯(lián)如果G1和G2是串并聯(lián)網(wǎng)絡(luò)，那么把G1的匯G2的源并在一起也得到串并聯(lián)網(wǎng)絡(luò)（串聯(lián)n=4

19、,15時(shí)分別有10,1399068計(jì)算舉以f(5)為例先算 ,g(n)為有n個(gè)頂點(diǎn)的非通圖, 則f(n)+g(n)=h(n)=2n(n-g(n)可以這樣計(jì)算:先考慮1所在連通分量包含哪些頂點(diǎn). 假設(shè)該連通分量有k個(gè)點(diǎn), 就有 C(n-1,k-1)種集合. 確定點(diǎn)集后, 第一連通分量有f(k)種, 其他連通分量有h(n-k)種情況，g(n)=C(n-1,k-1)*f(k)*h(n-k),k=1.n-狀態(tài)有n個(gè)決策n個(gè)每次計(jì)算出g(n)時(shí)立練習(xí)RegularWords (AS練習(xí)RegularWords (ASA(w)=B(w)=C(w且w的任意真前綴c都滿足 A(c)=B(c)=C(c), 則稱w是Regular Words.統(tǒng)計(jì)長(zhǎng)度為3n的Regularwords數(shù)目n=5時(shí)有5個(gè)AABBCCAABCBCABABCC, ABACBCABCABC練習(xí)ZerosandOnes (Dhaka 2004)給出nk. 統(tǒng)計(jì)無(wú)前導(dǎo)0的n位二進(jìn)制數(shù)它的和0一樣多, 且為k的倍數(shù)n=64,看成網(wǎng)格一共log3n列 即可不同的連通塊之間互不影響，因此只主算法把所有的數(shù)分解成若干個(gè)連通塊分x2i3j(x是一個(gè)與2*3互質(zhì)的數(shù)本質(zhì)