标签：情况 efi 组合 强制 整理 存在 序列 getchar 若是
---下面都是学习的笔记，还没有整理，比较凌乱，有需自取吧。---
【排列组合】
<加法原理>做一件事情有n个方法，第i个方法有pi种方案，则一共有p1+p2+...+pn种方案。
<乘法原理>做一件事件有n个步骤，第i个步骤有pi种方案，则一共有p1p2...pn种方案。
乘法原理是加法原理的特殊情况，加法原理的关键是不重不漏地分类，若有重复可以考虑容斥原理。
<容斥原理>
|aUbUc|=|a|+|b|+|c|-|a∩b|-|b∩c|-|c∩a|+|a∩b∩c|
左边是所有集合的并，右边是若干集合的交集搭配，根据搭配集合个数奇加偶减。
容斥的两种形式：
1.（考虑满足条件交的集合）加所有单条件集合，减所有双条件交集合，加所有三条件交集合……
2.（考虑不满足条件交的集合）加总集，减所有不满足单条件集合，加所有不满足[双条件交]集合，加所有不满足三条件交集合。
官方表述：记f(S)表示满足集合S中至少一个条件的方案数，g(S)表示满足集合S中所有条件的方案数，记h(S)表示不满足集合S中所有条件的方案数。
f(S)=Σ(-1)|T|-1g(T)，其中T为S的非空子集
g(S)=Σ(-1)|T|h(T)，其中T为S的子集。（不满足空子集的集合就是总集）
实际上，容斥原理就是已知g(s)或h(S)，求解f(S)。也就是已知所有集合交（或非集合交），就可以用容斥原理求解集合并。
如果考虑非集合交不方便，也可以用补集思想转化为总集-外集，其中外集就可以用另一种集合交求解了。
容斥后就不存在重复了。
例题：
1.对一个n*m的棋盘染色，每格可以是黑色或白色，要求每行每列都有黑格。
用容斥原理转化为枚举其中一些条件不满足，也就是有一些行一些列全是白格。（也可以视为用总集减去一行或一列全白格的方案数）
枚举行数i和列数j，那么选出i行j列的方案数是C(n,i)C(m,j)，这i行j列全是白格的方案数是2(n-i)(m-j)。
所以答案就是Σ(-1)i+jC(n,i)C(m,j)2(n-i)(m-j)。i,j>=0
时间复杂度O(nm)。
2.对一个n*m的棋盘染色，每格可以是黑色或白色，要求存在一行或一列全是黑格。
其实就是上一题的外集。
ans=Σ(-1)i+j-1C(n,i)C(m,j)2(n-i)(m-j)。（注意这是二维容斥，设置好初状态(0,1)和(1,0)为+，然后顺次容斥就可以了）。
3.对一个n*m的棋盘染色，每格可以是黑色或白色，要求存在一行和一列全是黑格。
需要满足的条件是：（A）存在一行都是黑格。（B）存在一列都是黑格。
先对A用容斥原理，答案变为Σ(-1)i-1C(n,i)*(有i行都是黑格且满足B的方案数)。
再对B用容斥原理，答案变为Σ(-1)i-1C(n,i)*Σ(-1)j-1C(m,j)*(有i行j列都是黑格的方案数)。
化简一下就是Σ(-1)i+jC(n,i)C(m,j)2(n-i)(m-j)，其中i,j>=1。
时间复杂度O(nm)。
题目要求满足其中一个条件的方案数，就容斥。要求满足其中所有条件，就总集-外集。
<抽屉原理>……
<排列>A(n,m)表示在n个数中选m个的排列数（n为下标，m为上标）
由乘法原理，每个步骤选择一个数，则分别有n,n-1,...n-m+1种选择，则可以简单地表示为：
A(n,m)=n*(n-1)*...*(n-m+1)即
A(n,m)=n!/(n-m)!
特别地，n个数的全排列是A(n,n)=n!
<组合>C(n,m)表示在n个数中选m个的组合数（n为下标，m为上标）
首先选出m个数的组合，然后把这m个数进行全排列。由乘法原理知A(n,m)=C(n,m)*A(m,m)，即C(n,m)=A(n,m)/A(m,m)=n!/((n-m)!m!)。
C(n,m)=n!/((n-m)!m!)
<组合数性质>
1.C(n,0)=C(n,n)=1
2.核心性质一：C(n,k)=C(n,n-k) 组合的对称性！
3.核心性质二：C(n+1,k+1)=C(n,k)+C(n,k+1) 组合数的递推公式（杨辉三角）。
证明：n+1个数里面选择k+1个数有两类方法，若选择第一个数则转化为C(n,k)，否则转化为C(n,k+1)。
4.C(n,k+1)=C(n,k)*(n-k)/(k+1) 组合数同下标递推公式
直接利用公式变换：
C(n,k+1)=n(n-1)...(n-k+1)(n-k)/(k+1)!
C(n,k)=n(n-1)...(n-k+1)/k!
两式相除得C(n,k+1)/C(n,k)=(n-k)/(k+1)
此性质可用于二项式定理(后面介绍)的预处理过程。
★性质：ΣC(n,0~n)=2^n。
5.重复元素问题：排列组合往往不是简单的C和A公式一写就可以解决的，因为有大量的重复元素，需要做大量去重工作。
(1)有重复元素的全排列。
有k个元素，其中第i个元素有ni个，求全排列个数。
令总数为n，设答案为x。对于答案中的每个排列，对相同元素标号后，相同元素内部可以再进行全排列，所以：
n1!n2!n3!...nk!x=n!得到x=n!/(n1!n2!n3!...nk!)
这里和组合数的推导一样，从而得到结论：加上m个数的标号就是乘m个数的全排列，去除m个数的标号就是除以m个数的全排列。
(2)★可重复选择的组合。
问题：n个数中取k个，每个数可以取多次，求组合。
试着反过来考虑，把k个1划分成n段的方案数。
问题转化为求解x1+x2+...+xn=k的非负整数解个数，由于0很麻烦，所以令xi=xi+1，则转化为：
求解x1+x2+...+xn=k+n的正整数解的个数。
想象有k+n个“1”排成一排，则问题等价于把这些“1”分成n个部分的方法数。
隔板法：重复问题中常转化为x1+x2...+xn=X的形式，然后可以想象为在X-1个间隔中放置n-1个隔板。当隔出区间可能为0时，整体+1。
那么在k+n-1个间隔中选n-1个，即ans=C(k+n-1,n-1)=C(n+k-1,k)。
6.正难则反的思想（补集思想），在这类数学问题中尤其常用，而且往往十分隐蔽、不易发现。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<cmath> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; int read(){ char c;int s=0,t=1; while(!isdigit(c=getchar()))if(c==‘-‘)t=-1; do{s=s*10+c-‘0‘;}while(isdigit(c=getchar())); return s*t; } int min(int a,int b){return a<b?a:b;} int max(int a,int b){return a<b?b:a;} int abs(int x){return x>0?x:-x;} void mins(int &a,int b){if(a>b)a=b;} void maxs(int &a,int b){if(a<b)a=b;} //void insert(int u,int v){tot++;e[tot].v=v;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;} /*------------------------------------------------------------*/ const int inf=0x3f3f3f3f,MOD=1000000007; ll n; void gcd(ll a,ll b,ll& d,ll& x,ll& y){ if(!b){d=a;x=1;y=0;} else{gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);} } ll inv(ll a,ll n){ ll d,x,y; gcd(a,n,d,x,y); return (x%n+n)%n; } ll fac[1010],fav[1010]; ll C(ll n,ll m){return fac[n]*fav[m]%MOD*fav[n-m]%MOD;} int main(){ fac[0]=1;fav[0]=1; for(int i=1;i<=1001;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD; for(int i=1;i<=1001;i++)fav[i]=inv(fac[i],MOD); return 0; }
例题：
1.n个数字的和不超过m的的方案数。
若是等于m，则求C(n+m-1,n-1)即(n+m-1,m)。
转化为求ΣC(n+i-1,i)，由组合数递推公式C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)得
C(n-1,0)+C(n,1)+C(n+1,2)+C(n+2,3)+...+C(n+m-1,m)
=C(n,0)+C(n,1)+C(n+1,2)+C(n+2,3)+...+C(n+m-1,m)
=C(n+m,m) 两两一步一步凑剩一个数字。
2.袋球模型
①n个不同的球和m个不同的袋子
每个球都有m中选择，ans=m^n。
②n个相同的球和m个不同的袋子
视为将n+m个‘1‘分成m段，所以ans=C(n+m-1,m-1)。
③n个不同的球和m个相同的袋子
f[i][j]表示i球放j袋且袋子不空的方案数。
考虑一个球，可以放到j-1袋中的任意一个，也可以单独放在新的j袋中。（球不同，所以可以依次考虑每个球）
f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*j。
④n个相同的球和m个相同的袋子
强制规定袋子中的球数单调不减，则放球需要放后缀和的形式，“1 1 2”应视为[1,3]+1和[3,3]+1。
考虑当前有两种选择，新建一个空袋子作为第一个（0）或在第一个袋子放球（后缀整体+1）。
f[i][j]=f[i-j][j]+f[i][j-1]
这样转移的正确性，可以考虑一种已有的方案，一定是通过依次增加袋子和放球来达到的，这样就可以保证不重不漏。（类似完全背包）
<二项式定理>
观察杨辉三角可以发现，它的第i行的数字是C(i-1,0),C(i-1,1)...C(i-1,i-1)，即同一行同下标，上标从0开始递增。
由杨辉三角也可以发现组合数的两大核心性质（同行左右对称，每个数等于上面和上面左边两数之和）。
另一方面，把(a+b)^n展开的多项式系数和杨辉三角一致，由此可得
★二项式定理：
其中组合数对应杨辉三角也对应系数，后边对应项的内容。
也可以理解为n个括号，多少个选a，多少个选b出来的结果。
而求解系数可以使用组合数性质4。
【卡特兰数】Catalan
Catalan数列：1 1 1 2 5 14 42 132 429 1430 4862 16796
计数问题首选排列组合，其中要考虑可能暗含的斐波那契数列和卡特兰数列。
计数问题可以考虑递推形式，即把f(x)纳入公式计算范围，考虑f(i)和f(i-1)的关系等，多转换方便递推的角度就不会束手无策。
对于一类情况，只着重关注一点。
1.分治思想
一个问题A，规模为n，可以用分治的思想，先固定一个元素，然后将剩下n-1个元素拆分成两个问题，根据固定的元素位置不同，两个问题分别是(0,n-1)(1,n-2)...(n-1,0)。
对于三角剖分数问题，先固定三角形V1VnVk，根据乘法原理，包含这个三角形的有f(k)f(n-k+1)种方案。根据加法原理，f(n)=f(2)f(n-1)+f(3)f(n-2)...+f(n-1)f(2)。
对于二叉树已知叶子的形态计数问题，也可以固定根后递推。
对于出栈入栈序问题，假设第k个数最后出栈，则1~k-1有完整的出入栈，k+1~n同。
所以卡特兰数是利用分治思想递推的典例。看待的卡特兰数观点中，分治思想是主流，也更容易理解。
2.计数映射思想
将难以统计的数映射为可以统计的数，这就是计数映射思想。
卡特兰数的计数映射思想首先体现在出栈入栈序。
n个数字，有多少种合法的出入序列？n=3时的合法序列之一：+1,-1,+1,+1,-1,-1
对于n个数字，就是要在2n个1中添加n个“+”，则序列总数C(2n,n)。
但是，未入栈先出栈显然不合法，但难以统计，这时考虑将不合法情况统计出来并映射。
对于一种不合法情况，我们只关注它最左边第一次前缀和为-1的情况，此时实际上是前2x+1个1中选择了x个”+“，x+1个”-“的情况。。
此时统计仍然不便，我们将这异常的2x-1个符号翻转，使异常体现在整个数列，那么这个数列就有n+1个“+”，n-1个“-”。
每一种2n个1中选择n+1个加号的情况，将其第一次前缀和为+1时的2x+1个符号翻转，就对应了一种不合法情况。
那么不合法情况的总数就是2n个1中添加n+1个“+”的序列总数C(2n,n+1)或C(2n,n-1)。将难以统计的情况转化为可以统计的情况。
C(2n,n)包含了不合法情况，我们只能统计包含不合法情况的数列（即有可能前缀和<0）。
转化后的C(2n,n-1)同样包含了不合法情况，但是没关系，前缀和<0的翻转后就>0合法，未翻转的不合法也无所谓，前缀和>0第一个位置翻转后正是我们要找的不合法位置。
所以得到卡特兰数列f(n)=C(2n,n)-C(2n,n-1)=1/(n+1)*C(2n,n)。
例子1：n叶子的满二叉树形态数：对于每一形态从根节点遍历，向左+1，向右-1，转化为出栈入栈序。
例子2：几何模型——计数映射的扩展。几何模型是计数映射理解的最大优势。
考虑n*n的方格，从左下到右上不跨越对角线的路径数，向右记为+1，向上记为-1，跨越对角线就是向上多于向右，则转化为卡特兰数。
考虑n*m的方格，用出栈入栈序的方法考虑，一条不合法路径只关注它第一次跨越对角线，将那处位置及其前面的路径翻转(上变左,左变上)，那么就变成了到(n-1,m+1)的路径数。
那么此时计算f(n,m)=C(n+m,n)-C(n+m,n-1)。当n=m时就是Catalan数。
例子3：圆上连弦，出弦+1，入弦-1，圆上点顺序扫描即为入栈出栈序。
例子4：合法括号表达式=连乘方法数=入栈出栈序
★总结：Catalan数的题目，一般只有从几种方式看出：转化为入栈出栈序，转化为平面几何不跨线路径数，定点分治，打表。
标签：情况 efi 组合 强制 整理 存在 序列 getchar 若是
原文地址：http://www.cnblogs.com/onioncyc/p/7979007.html
