组合数学

$C(n, m)=\frac{m !}{n !(m-n) !}$ $\left(C_{n}^{0}\right)^{2}+\left(C_{n}^{1}\right)^{2}+\left(C_{n}^{2}\right)^{2}+\cdots+\left(C_{n}^{n}\right)^{2}=C_{2 n}^{n}$ $(1+x)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) x^{k}$ 斯特林公式: $n ! \approx \sqrt{2 \pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}$，即$lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n!}{\sqrt{2 \pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}}=1$ $Catalan$数: $C_{n+1}=\sum_{i=0}^{n} C_{i} \cdot C_{n-i}=C_{n-1} \cdot \frac{4 n-2}{n+1}$ $C_{n+1}=\left(\begin{array}{c}{2 n} \\ {n}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}{2 n} \\ {n-1}\end{array}\right)$

说明： 图论专题开设的目的主要是作为本学期复习巩固和分享自己对于图论的理解，主要参考的是老师的PPT。应老师要求，不能共享文件，抱歉！ 参考书目： [1] J.A. Bondy, U.S.R. Murty, 吴望名等译《图论及其应用》, 1976 [2]Gary Chartrand《图论导引》,人民邮电出版社，2007 [3]Bela Bollobas,《现代图论》,科学出版社, 2001 [4]Douglas B.West《图论导引》, 机械工业出版社，2007 [5]Chris Godsil, Gordon Royle 《Algebraic Graph Theory》, 世界图书出版公司, 2004 [6] Norman Biggs,《Algebraic Graph Theory》 ,世界图书出版公司, 2014 [7] Robin J. Wilson,《图论导引》5th ed, 世界图书出版公司, 2015 [8] R. Diestel著, 于青林等译《图论》, 高等教育出版社, 2013 [9]王树华等著,《图论算法理论、实现及应用》,北京大学出版社, 2011 [10] R.L. Graham, D.E. Knuth, O. Patashnik, Concrete Mathematics(具体数学), 2nd ed, 机械工业出版社, 2002.8 一：图论应用目前的情况

问题 B: yoyo思维题(困难) 时间限制: 1 Sec 内存限制: 256 MB 提交: 11 解决: 3 [ 提交 ][ 状态 ][ 讨论版 ][命题人: qianyouyou ][ Edit ] [ TestData ] 题目描述 小琳，小花，小薇，yoyo，他们每个人手上有一堆牌，牌的张数分别为x1，x2，x3，x4，每张牌都不一样。现有n名同学，n=x1+x2+x3+x4。每名同学均需要一张牌，于是他们按顺序每人随机到四个人那里拿取牌顶的一张牌，最后一个人刚好拿到剩下的最后一张牌。排队拿牌的同学的顺序是固定的，选择拿谁的牌是不确定的。假如发牌的人手上的牌发完了，则要拿牌的同学会选择其他发牌的人。请问有多少种取法取走所有的牌。 输入 首行输入t，代表t组测试样例 对于每一行，输入四个整数a，b，c，d，输入为均不超过500的正整数 输出 对于每组样例，输出一个整数表示答案，答案对10^9+7取模 样例输入 1 5 4 2 3 样例输出 2522520 提示 本题作为思维题，并未用到stl，仅锻炼一下大家解决问题的能力。用到的数学知识相对多一点。 题解 题目大致可以理解为4堆牌a,b,c,d，每次从一堆牌里拿出牌顶的一张牌，问共有多少种拿法。 其实我们可以一堆一堆的分析，假设只有一堆a时，只有1种拿法， 那两堆a,b时我们可以认为是从a个牌中插入b张牌，用数学表达式就是C

目录 一 写在开头 二 容斥原理 三 鸽巢原理 四 Ramsey定理 五 Burnside引理与波利亚定理 注：原创不易，转载请务必注明原作者和出处，感谢支持！ 一 写在开头 本文内容为《组合数学》课程的最后一部分，容斥原理与鸽巢原理。这部分的内容分解图如下。 二 容斥原理 如下图所示。可以得到容斥原理的简单形式 \[ \begin{equation} \begin{split} \vert A \cup B \cup C \vert &= \vert A \vert + \vert B \vert + \vert C \vert\\ &- \vert A \cap B \vert - \vert A \cap C \vert - \vert B \cap C \vert\\ &- \vert A \cap B \cap C \vert \end{split} \end{equation} \] 全或形式的容斥原理如下 \[ \begin{equation} \begin{split} \vert A_1 \cup A_2 \cup ... \cup A_n \vert &= \sum_{i=1}^n \vert A_i \vert\\ &-\sum_{i=1}^n \sum_{j > i} \vert A_i \cap A_j \vert\\ &+\sum_{i=1}^n

小球与盒子 在离散数学里面，组合数是一个重点。下面就对常见的几个小球盒子模型进行总结 参考了chengni的 这篇文章 ，在此表示感谢。 注意 ： 以下未说明，均默认球数为n，盒子数为m。 \(C_{n}^{m}=\binom{n}{m}\) ，两者是等价的。 从不同变为相同需要 乘以 阶乘而不是除 一、球相同，盒子不同，不可以有空盒 很经典的隔板法模型， 相同 的物品划分为几个 不同 的集合。设球为n，盒子为m，方案数为 \[ ans= \binom{n-1}{m-1} \] 二、球相同，盒子不同，允许空盒 这和上面唯一的区别就是 允许空盒 。不妨假设每个空盒已经被我们放了一个球，那么问题就变成了上面的情况，。所以我们可以看做自己有 n+m 个小球，然后我们在排列完之后在每一组都删去一个小球，这样就能枚举出有空盒的情况了。n个球分成m个集合等价于n+m个球分成m个非空集合。 于是答案为 \[ ans= \binom{n+m-1}{m-1} \] （在这里把盒子想成集合会好想一些） 三、球不同，盒子不同，允许空盒 对于每一个球，你都可以放到1~m的任意位置，所以方案数为 \[ ans= m^n \] 四、球不同，盒子相同，不可以有空盒 对于这个问题有个东西叫做 第二类斯特林数 。 在数学上，斯特林数有两类，本文只介绍第二类。 第二类斯特林数（ \(S2[n][m]\) ）的含义：n

退役（？）前最后疯一把 997C 组合数学，容斥原理瞎搞，公式推导 622F 拉格朗日插值（比较裸）+ 观察优化 734F 位运算定理(fuck())+位运算瞎搞计算(check()) 439E 组合数学，容斥简单瞎搞 446C 二次剩余发现性质（5是1e9+9的二次剩余），线段树支持区间加等比数列及区间求和( \(a_l+=v^1,a_{l+1}+=v^2...\) ) 487C 寒假camp做过的（自己又忘了怎么做了，反省），智商题，构造，注意特判 912E 折半、二分答案、双指针check 258D 简单dp \(p_k[i][j]\) 表示 \(P_k(a_i>a_j)(k\) 是第 \(k\) 次更新后的情况 \()\) 959F 线性基裸题，求一个数有多少种子集的xor等于它。 906D 欧拉降幂裸题，注意 \(Mod(a,b)=a<b?a:a\%b+b\) . 来源： https://www.cnblogs.com/zhugezy/p/11779952.html

将有标号记为L(labelled) 无标号记为U(unlabelled) A.无限制 B.每个盒子至少有一个球 C.每个盒子至多有一个球 LLA 每个小球都有 \(m\) 种放法，所以就是 \(m^n\) 。 LLB 第二类斯特林数是要求盒子都一样，所以我们先算出来盒子都一样的方案数，再乘上一个 \(m!\) 就行了。 第二类斯特林数： \(f[i][j]\) 表示 \(i\) 个小球放进 \(j\) 个盒子里，每个盒子至少有一个小球的方案数。 转移方程： \(f[i][j]=f[i-1][j]*j+f[i-1][j-1]\) 。 理解： 考虑最后一个小球，一种情况是它单独一个盒子，这样方案数就是 \(f[i-1][j-1]\) (前j-1个球放进i-1个盒子里的方案数)。另一种情况是它和其他小球放进一个盒子里，这样先把前i-1个小球放好，也就是 \(f[i-1][j]\) ，然后第i个小球有j种选择，所以这种情况的方案数为 \(j*f[i-1][j]\) 。 LLC C 的情况当盒子数小于小球数是答案为0，以下默认盒子数大于小球数 每个盒子至多放一个，也就是说每个盒子只有两种情况：放和不放。 有 \(n\) 个小球，也就是说有 \(n\) 个盒子放， \(m-n\) 个盒子不放。 \(C_m^n\) 从m个盒子中选出 \(n\) 个来放小球。然后n个有标号的小球放进这n个盒子里有

将一个点拆成权值个点。 将能走到的点视作能比较。 0的话走不走没有关系，这样走一次就是一条链。 求最小链划分。 由dilworth定理，最小链划分=最长反链数目。 dp求最长反链即可。 #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std ; const int N= 1010 ; typedef long long ll; int t,n,m; ll a[N][N],f[N][N]; int main() { freopen( "math.in" , "r" ,stdin); // freopen("math.out","w",stdout); for ( cin >>t; t; t--) { cin >>n>>m; for ( int i= 1 ; i<=n; i++) for ( int j= 1 ; j<=m; j++) scanf ( "%lld" ,&a[i][j]); ll ans= 0 ; for ( int i=n; i; i--) for ( int j= 1 ; j<=m; j++) f[i][j]=max(f[i+ 1 ][j- 1 ]+a[i][j],max(f[i+ 1 ][j],f[i][j- 1 ])), ans=max(f[i][j],ans); printf ( "%lld\n"

组合数学是数论的一部分，应该算是入门， 但是卡常的组合数题目真的是毒瘤 (摘自知乎) 组合数学（Combinatorics） 是纯数学的一个分支，主要研究离散、有限或可数的数学结构。 除了纯数学，组合数学在应用数学、理论物理、计算机科学等分支也有着很多应用。在计算机科学中，组合数学又被称作 “离散数学”。 在美国数学会的学科分类中，组合数学下设五个子学科，分别为：计数组合、设计理论、图论、极值组合、代数组合。 从 \(n\) 个不同元素中，任取 \(m(m≤n)\) 个元素并成一组，叫做从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素的一个组合;从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m(m≤n)\) 个元素的所有组合的个数，叫做从 \(n\) 个不同元素中取出 \(m\) 个元素的组合数。 我们通常用 \(C^n_m\) 来表示上面这种情况。 基础计算公式： \(C^n_m=\frac{m!}{n!(m-n)!}\) 1.[HNOI2008]越狱 2.SAC#1 - 组合数 3.妖梦拼木棒 ( \(luogu\) 上都能搜到) 重点讲讲第二个 题目的意思是： 给定一个n，求 \(\begin{matrix} \sum_{i=1}^N C(n,i) \end{matrix}\) ，这里的 \(C(n,i)\) 表示在n件物品里无序选取i件的组合数，当然，题目限制i必须是偶数。

退背包进阶，还是挺难想的 /* dp1[k]表示取到体积k的方案数 dp2[i][j][k]表示左侧必选ij的情况下，取到体积k的方案数 dp2[i][j][k]=dp1[k]-左侧不选ij的方案数 但是这样比较难搞，我们把状态转换一下，dp2[i][j][k]表示左侧不选i,j，取到k的方案数 这样要两层退背包来解决 状态前两维可以直接压缩，用ans[i][j]来保存答案，复杂度O(52*52*n) */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 200005 #define ll long long #define mod 1000000007 ll f[maxn],inv[maxn],invf[maxn]; void init(){ f[0]=inv[1]=invf[1]=invf[0]=1; for(int i=2;i<maxn;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; for(int i=1;i<maxn;i++){ f[i]=f[i-1]*i%mod; invf[i]=invf[i-1]*inv[i]%mod; } } char s[maxn]; ll cnt[100],n,C; ll dp1[maxn],dp2[maxn],dp3[maxn],ans[100