排列组合浅谈

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初步：加法原理和乘法原理

概念：

加法原理是分类计数原理，常用于排列组合中，具体是指：做一件事情，完成它有n类方式，第一类方式有M1种方法，第二类方式有M2种方法，……，第n类方式有Mn种方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+Mn种方法。
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一 步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法。那么完成这件事共有 N=m1×m2×m3×…×mn 种不同的方法。

这个感觉大家都知道（小学奥数就开始学了吧qwq），感觉没有什么好说的qwq

例题参照：AHOI2009 中国象棋

这个题因为和DP结合，状态设计比较难想。但是当我们用f[i][j][k]来表示到第i行，其中j列摆放了一个棋子，k列摆放了两个棋子之后，我们不难发现状态的转移就是其实就是加法原理和乘法原理的应用： 以下是核心代码：

dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行什么都不放
dp[i][j-1][k+1]=(dp[i][j-1][k+1]+j*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先只有一个棋子的那一列放一个棋子
dp[i][j+1][k]=(dp[i][j+1][k]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先没有棋子的那一列放一个棋子
dp[i][j+2][k]=(dp[i][j+2][k]+(m-k-j)*(m-k-j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先没有棋子的两列分别摆放一个棋子
dp[i][j][k+1]=(dp[i][j][k+1]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k]*j)%mod;
//这一行在原先有一个棋子和没有棋子的两列分别放一个
dp[i][j-2][k+2]=(dp[i][j-2][k+2]+j*(j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先有一个棋子的两列分别摆放一个棋子

加法原理和乘法原理的区别：

一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是 “分类完成”，乘法原理是 “分步完成”。

初识排列

定义

从n个不同元素中，任取m（m<=n,m与n均为自然数, 下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列；从n个不同元素中取出m(m<=n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取m个元素的排列数，用符号A_n^m 表示。

计算公式

A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}

常见问题

1、全排列问题

A_n^n=n(n-1)(n-2)...3\times 2\times 1=n!

2、部分排列
就是上面的计算公式qwq

初识组合

定义：

它和排列有关系为：$C_n^m\times A_m^m=C_n^m\times m!=A_n^m

（解释：因为要考虑顺序，选出来的那m个人还需要全排列）

公式：

1、C_m^n=\frac{m!}{n!\times (m-n)!}

2、C_m^n=C_m^{m-n}

3、C_m^n=C_{m-1}^n+C_{m-1}^{n-1}

4、C_m^{n+1}=\frac{C_m^{n}\times (m-n)}{n+1}

5、C_{m}^{0}+C_{m}^{1}+C_{m}^{2}+...+C_{m}^{m}=2^{m}

∵C_{m}^{n}=\frac{m!}{n!(m-n)!} ∵C_{m-1}^{n}=\frac{(m-1)!}{n!(m-n-1)!} ∴C_{m-1}^{n}=\frac{(m-1)!}{n!(m-n-1)!}=\frac{(m-1)!(m-n)}{n!(m-n)!} ∵C_{m-1}^{n-1}=\frac{(m-1)!}{(n-1)!(m-n)!}=\frac{(m-1)!n}{n!(m-n)!} ∴C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m} =\frac{(m-1)!n}{n!(m-n)!}+\frac{(m-1)!(m-n)}{n!(m-n)!} =\frac{m!}{n!(m-n)!} =C_m^n

有限的可重复元素的排列

假设现在有n个元素，对于第一类元素n_1，有sum1个重复，第二类元素n_2，有sum2个重复......第m类元素n_m，有summ个重复，总方案数为：

\frac{n!}{sum_1!\times sum_2!\times ...\times sum_m!}

附上一张来自wikipedia的图帮助理解：

无限的可重复元素组合问题

上面讲解的是有限的可重复元素排列问题，下面讲无限的可重复元素排列问题（就是每个元素都可以用无限多次参与排列）

现在我们从m个元素中选择k个元素的，然后我们将这k个元素进行排序之后应该是这个样子：（设我们选择的数为编号为a_i

1<=a_1<=a_2<=......<=a_k<=m

那么现在我们将等于号消去：

1<=a_1<=a_2+1<=a_3+2<=......<=a_k+k-1<=m+k-1

现在我们设b_i=a_i+i-1,那么很容易我们可以发现

1<=b_1<b_2<b_3<......<b_k<=n-k+1

那么现在问题就转换成了在[1,n+k-1]中选择k个不重复的元素了，那么根据我们的组合公式，自然是C_{m+k-1}^k了qwq

同理还有求编号在1~n的元素中取k个元素，使得他们的编号不相邻。公式是一样的，证明也是一样的。

二项式

这里有一张来自wikipedia的图，我觉得特别棒 二项式的系数公式：

(x+y)^n=C_n^0x^ny^0+C_n^1x^{n-1}y^1+......+C_n^nx^0y^n

（可以看到，其实也可以用杨辉三角表示） 综合起来就是

(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\times C_n^k\times x^{n-k}\times y^k

错排问题

错排就是诸如有1~n n个人，每个人按照1~n进行编号，现在要让他们排成一队，但是每个人不能在自己编号上的问题。

对于这个问题，luogu日报已经有专门的一期来进行详细的讲解~~ 传送门——戳我~~

圆排

从n个不同元素中不重复地取出m（1≤m≤n）个元素在一个圆周上，叫做这n个不同元素的圆排列。如果一个m-圆排列旋转可以得到另一个m-圆排列，则认为这两个圆排列相同。

n个不同元素的m-圆排列个数N为：

A_n^m/m=\frac{n!}{(n-m)\times m}

特别地，当m=n时，n个不同元素作成的圆排列总数N为： N=(N-1)!

环上的染色问题

现在一个环被分成了n段，要求每一段上都涂上颜色。一共有k种不同的颜色，涂好之后两两相邻颜色不能相同。问有多少种涂色方案？

这个问题我们可以这样考虑：
第一种情况：如果我们把原先的环看作只有n-1段，进行涂色，那么就是子问题A_{n-1}，而且因为现在两两相邻的一定颜色不同，所以这时候我们再添加一个的话就是乘上m-2；
第二种情况：我们把原先的环看作n-2段，，这样的话转换成了A_{n-2}的子问题，然后我们随意将一段分为两段，这时候还差一段，在两个相同颜色中间插入一种颜色，自然是有m-1种选择方法。 递推公式整理如下：

A_n=(m-2)A_{n-1}+(m-1)A_{n-2}

这是一个二阶常系数递推式，推导之后通项公式如下：

A_n=(m-1)^n+(-1)^n\times (m-1)

例题参照：

NOIP2017 组合数问题 这个没什么好说的，就是杨辉三角

codeforces 991E 可重复元素的排列+搜索

HNOI2008 越狱 我们直接考虑不太方便，但是可以想到补集转换，算出来所有的方案数然后减去不合法的就很简单了qwq，之后就是快速幂的模板了qwq

nowcoder 选择颜色 环上的颜色选择问题，相邻要求不同色。

THUPC2018 蛋糕 / Cake 先从三维的情况开始想。 发现对于任意一个方块，它染色的面数k就是它有k个维度在边界上。 写四个for套在一起，分别枚举每一维是不是处于边界上，对于每个维度，分别算出这一维可能的情况数量，再根据乘法原理，把每个维度的结果乘起来，再根据加法原理，把这个乘起来的数字累加到答案里面就ok了。

以上。。。如果有误，欢迎各位dalao指出啦~~