排列组合与盒子放球问题

排列组合

定义

排列（$Arrangement/Permutation$）定义：从$n$个不同元素中取出$m(m\le n)$个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从$n$个元素中取出$m$个元素的一个排列。
从$n$个不同元素中取出$m$个不同元素，所有不同排列的个数称为排列种数或称排列数，记为$A_n^m$（排列数旧版记作$P_n^m$，都一样）。
$A_n^m=n\times (n-1)\times (n-2)\times (n-3)\times ...\times (n-m+1)=\frac{n!}{(n-m)!}$

组合（$Combination$）定义：从$n$个不同的元素中，任取$m(m\le n)$个元素为一组，叫作从$n$个不同元素中取出$m$个元素的一个组合。
从$n$个元素中不重复地选取$m$个元素的一个组合。所有这样的组合的总数称为组合数，记作或$C_n^m$。
$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!},C_n^0=1$

---

组合公式

1.证明$C_n^m=C_n^{n-m}$

$C_n^m=C_n^{n-m}$
$\Rightarrow \frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n!}{(n-m)!(n-n+m)!}$
$\Rightarrow \frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

---

2.证明$C_n^m{C}_m^k=C_n^k{C}_{n-k}^{m-k}$

$C_n^m{C}_m^k=C_n^k{C}_{n-k}^{m-k}$
$\Rightarrow \frac{n!}{m!(n-m)!}\times \frac{m!}{k!(m-k)!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\times \frac{(n-k)!}{(m-k)!(n-m)!}$
$\Rightarrow \frac{n!}{k!(n-m)!(m-k)!}=\frac{n!}{k!(n-m)!(m-k)!}$

---

3.证明${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i=2^n$

这里我们需要使用二项式展开式。
我们知道：
$(a+b{)}^n=C_n^0{a}^n+C_n^1{a}^{n-1}b+C_n^2{a}^{n-2}{b}^2+...+C_n^n{b}^n={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{a}^{n-i}{b}^i$

我们令$a=b=1$
则$2^n={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i$，得证。

---

4.证明$C_{n+m}^k={\sum }_{i=0}^k{C}_n^i\times C_m^{k-i}$

我们令：
$(1+x{)}^{n+m}=(1+x{)}^m\times (1+x{)}^n$
由上一个定理知：
$\Rightarrow {\sum }_{k=0}^{n+m}{C}_{n+m}^k{x}^k={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{x}^i\times {\sum }_{j=0}^m{C}_m^j{x}^j$
因为左右相等，所以我们$x^k$要对应$x^i\ast x^{k-i}$才行啊。
又因为$x^i\ast x^{k-i}$有$k$项。
所以：
$C_{n+m}^k{x}^k={\sum }_{i=0}^k{C}_n^i{x}^i\times C_m^{k-i}{x}^{k-i}$
$C_{n+m}^k{x}^k={\sum }_{i=0}^k{C}_n^i\times C_m^{k-i}{x}^k$
两边约掉$x^k$后得证。

---

盒子放求问题

1.球相同，盒不同，无空盒

我们使用隔板法。
这种问题就相当于是：在$n-1$个球缝隙之间插入$m-1$个隔板，将球分成$n$份。
所以$ans=C_{n-1}^{m-1}$。
代码

#include 
using namespace std;
int n,m;

int Factorial(int x) {
    int ans=1;
    for(int i=2;i<=x;i++) ans*=i;
    return ans;
}

int Combination(int n,int m) { return Factorial(n)/Factorial(m)/Factorial(n-m); }

int main() {
    scanf("%d %d",&n,&m);
    printf("%d",Combination(n-1,m-1));
    return 0;
}

---

2.球相同，盒不同，可以空盒

我们就预先在$m$个盒中加一个虚拟球，然后问题就转换成了第一个问题。
$ans=C_{n+m-1}^{m-1}$。
代码

#include 
using namespace std;
int n,m;

int Factorial(int x) {
    int ans=1;
    for(int i=2;i<=x;i++) ans*=i;
    return ans;
}

int Combination(int n,int m) { return Factorial(n)/Factorial(m)/Factorial(n-m); }

int main() {
    scanf("%d %d",&n,&m);
    printf("%d",Combination(n+m-1,m-1));
    return 0;
}

---

3.球不同，盒相同，无空盒

这就是第二类斯特林数：
我们定义$f[i][j]$为前$i$个球放入$j$个盒子的方案数。
我们把这个球放在前$j$个盒子中，就有$m\times f[i-1][j]$种方案。
我们把这个球放在第$j$个新盒子中，就有$f[i-1][j-1]$种方案。
所以状态转移方程式为：

f[i][j]=j*f[i-1][j]+f[i-1][j-1];

我们的初始化为：

f[0][0]=1;

代码

#include 
using namespace std;
int n,m,f[15][15];

int main() {
    scanf("%d %d",&n,&m);
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=0;j<=m;j++)
            f[i][j]=j*f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
    }
    printf("%d",f[n][m]);
    return 0;
}

---

4.球不同，盒相同，可以空盒

这道题与第三道很像。
状态转移方程式：

for(int i=1;i<=m;i++) ans+=f[n][i];

我们就分别把$n$个球放进前$1$个盒子，把$n$个球放进前$2$个盒子…把$n$个球放进前$m$个盒子。
代码

#include 
using namespace std;
int n,m,f[15][15],ans;

int main() {
    scanf("%d %d",&n,&m);
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=0;j<=m;j++)
            f[i][j]=j*f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) ans+=f[n][i];
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

---

5.球不同，盒不同，无空盒

我们可以看做第三个问题。只是因为盒子不同，所以我们需要将盒子排个序，共有：$A_m^m=\frac{m!}{(m-m)!}=m!$
所以$ans=m!\times f[n][m]$
代码

#include 
using namespace std;
int n,m,f[15][15],ans=1;

int main() {
    scanf("%d %d",&n,&m);
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=0;j<=m;j++)
            f[i][j]=j*f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
    }
    for(int i=2;i<=m;i++) ans*=i;
    printf("%d",ans*f[n][m]);
    return 0;
}

6.球不同，盒不同，可以空盒

每个球都可以选任意盒子，每个球有$m$种选法，所以$n$个球就有：
$ans=m^n$。
代码

#include 
using namespace std;
int n,m;

int Quick_Power(int a,int b) {
	int ans=1;
	while(b) {
		if(b&1) ans=ans*a;
		b>>=1,a=a*a;
	}
	return ans;
}

int main() {
    scanf("%d %d",&n,&m);
    printf("%d",Quick_Power(m,n));
    return 0;
}

---

7.球相同，盒相同，无空盒

我们定义$f[n][m]$为$n$个球$m$个盒子的方案数。
则：

for(int k=1;k<=j;k++)
	f[i][j]=(f[i][j]+f[i-j][k])%MOD;

我们先铺$m$个球分别到$m$个盒子，然后剩下$n-m$个球随便放。
代码

#include 
using namespace std;
const int MOD=12345;
int n,m,f[1005][1005];

int main() {
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=f[i][i]=f[i][i-1]=1;
	
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=2;j<=min(m,i-2);j++) {
			for(int k=1;k<=j;k++) 
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i-j][k])%MOD;
		}
	}
	printf("%d",f[n][m]);
	return 0;
}

---

8.球相同，盒相同，可以空盒

我们就放$m$个虚拟球分别到$m$个盒子，然后$n$个球随便放。
代码

#include 
using namespace std;
const int MOD=12345;
int n,m,f[2005][1005];

int main() {
	scanf("%d %d",&n,&m);
	n+=m;
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=f[i][i]=f[i][i-1]=1;
	
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=2;j<=min(m,i-2);j++) {
			for(int k=1;k<=j;k++) 
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i-j][k])%MOD;
		}
	}
	printf("%d",f[n][m]);
	return 0;
}

总结