【ALGO】组合数学(2)

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组合数学(1)

Lucas定理

若$p$是质数，则对于任意整数$1\le m\le n$，有以下关系成立
$$C_n^m=C_{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}^{m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}\times C_{n/p}^{m/p}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

Catalan数列

给定$n$个0和$n$个1，按照某种顺序排成长度为$2n$的序列，满足任意前缀中0的个数都不少于1的个数的序列数量为:
$$h(n)=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$$
并且满足递推公式
$$h(n)=h(n-1)\times \frac{4n-2}{n+1}$$

与Catalan数有关的问题

1. $n$个左括号和$n$个右括号组成的合法括号序列数量为$h(n)$
2. $1,2,\dots ,n$经过一个栈，形成合法的栈序列为$h(n)$
3. $n$个节点构成不同的二叉树的数量为$h(n)$
4. 在平面直角坐标系上，每一步只能向上或者向右走，从$(0,0)$走到$(n,n)$并且除两个端点外不接触直线$y=x$的路线数量为$2h(n)$

乘法逆元

若整数$b,p$互质，并且$b\mid p$，则存在一个整数$x$，使得$\frac{a}{b}\equiv a\ast x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，称$x$为$b$的模$p$乘法逆元，记为$b^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$.
如果$p$为质数，并且 b < p b

b<p，根据费马小定理，$b^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，即$b\ast b^{p-2}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，即$b^{p-2}$为$b$的乘法逆元.

例题

ACW 1309. 车的放置

题目链接

题面

在图示参数为$a,b,c,d$的网格棋盘中，放上$K$个相互不攻击的车，求方案的总数

解析

将棋盘做如图所示的切分
枚举在左上部分摆$i$个车，在下半部分摆$K-i$个车，进行组合计数，可以推出方案总数为
$$\sum _{i=0}^k{C}_b^i{P}_a^i{C}_a^{k-i}{P}_{a+c-i}^{k-i}$$

AC代码

#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N=2005;
const int mod=100003;
int fact[N], infact[N];

int qmi(int a, int k){
    int ans=1;
    while(k){
        if(k&0x01) ans=(LL)ans*a%mod;
        a=(LL)a*a%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}

int C(int a, int b){
    if(a<b) return 0;
    return (LL)fact[a]*infact[a-b]*infact[b]%mod;
}

int P(int a, int b){
    if(a<b) return 0;
    return (LL)fact[a]*infact[a-b]%mod;
}

int main(){
    fact[0]=infact[0]=1;
    for(int i=1; i<N; ++i){
        fact[i]=(LL)fact[i-1]*i%mod;
        infact[i]=(LL)infact[i-1]*qmi(i, mod-2)%mod;
    }
    int a, b, c, d, k;
    cin>>a>>b>>c>>d>>k;
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<=k; ++i){
        ans=(ans%mod+(LL)C(b, i)*P(a, i)%mod*(LL)C(d, k-i)*P(a+c-i, k-i)%mod)%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

CQOI 2014. 数三角形

题目链接

题面

在一个$n\times m$的网格，计算三个点都在格点上的三角形的数量

解析

分情况进行组合计数，考虑三点共线不能组成三角形的情况

• 斜率为$0$：$n\times C_m^3$
• 斜率为$\infty$：$m\times C_n^3$
• 斜率为非$0$实数：${\sum }_{i\le i\le n}{\sum }_{1\le j\le n}(\gcd (i,j)-1)(n-i)(m-j)$

AC代码

#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;

inline int gcd(int a, int b){return b? gcd(b, a%b): a;}
inline LL C(int n){return (LL)n*(n-1)*(n-2)/6;}


int main(){
    int n, m;
    cin>>n>>m;
    ++n, ++m;
    LL ans=C(n*m)-(LL)n*C(m)-(LL)m*C(n);
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        for(int j=1; j<=m; ++j)
            ans-=2ll*(gcd(i, j)-1)*(n-i)*(m-j);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

BZOJ 4403. 序列统计

题目链接

题面

统计长度在$1\sim N$之间, 元素大小都在$L$到$R$之间的单调不下降序列的数量

解析

将$L\sim R$之间的数映射到$0\sim R-L$区间，使得每个数满足条件
$$0\le a_1\le a_2\le \cdots \le a_k\le R-L$$
不妨做如下映射
$$\begin{gathered} \{\begin{array}{rl}& x_1=a_1\\ & x_2=a_2-a_1\\ & x_3=a_3-a_2\\ & ⋮\\ & x_k=a_k-a_{k-1}\end{array} \\ \sum _{i=1}^k{x}_i=a_k\le R-L \end{gathered}$$
转化为找到一组$x_i$使得以下不等式成立，求方案数问题
$$\begin{array}{rl}& x_1+x_2+\cdots +x_k\le R-L\\ & x_i\ge 0\end{array}$$

使用隔板法可以推算出方案数为$C_{R-L+k}^k$，对$k$在$1\sim N$之间进行枚举，令$M=R-L$，根据递推公式$C_a^b=C_{a-1}^b+C_{a-1}^{b-1}$进行化简
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^N& =C_{R-L+k}^k=C_{M+k}^k=C_{M+k}^M\\ & =C_{M+1}^M+C_{M+2}^M+\cdots +C_{M+N}^M\\ & =(C_{M+1}^{M+1}+C_{M+1}^M)+C_{M+2}^M+\cdots +C_{M+N}^M-1\\ & =(C_{M+2}^{M+1}+C_{M+2}^M)+\cdots +C_{M+N}^M-1\\ & =C_{M+N+1}^{M+1}-1\\ & =C_{R+L+N+1}^{R-L+1}-1\end{array}$$
组合数算法使用Lucas定理，时间复杂度为$\mathcal{O}(P{\log }_N^P)$.

AC代码

#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;
const int mod=1000003;

int qmi(LL a, int k){
    LL ans=1;
    while(k){
        if(k&0x01) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}

int C(int a, int b){ // 计算组合数C_a^b
    if(a<b) return 0;
    int d=1, u=1;
    for(int i=a, j=1; j<=b; i--, j++){
        u=(LL)u*i%mod;
        d=(LL)d*j%mod;
    }
    return (LL)u*qmi(d, mod-2)%mod;
}

int Lucas(int a, int b){ // Lucas定理
    if(a<mod && b<mod) return C(a, b);
    else return (LL)Lucas(a/mod, b/mod)*C(a%mod, b%mod)%mod;
}

int main(){
    int T;
    cin>>T;
    while(T--){
        int n, l, r;
        cin>>n>>l>>r;
        cout<<(Lucas(r-l+n+1, r-l+1)-1+mod)%mod<<endl;
    }
    return 0;
}