其实只是没什么写题的心情，也不想摆，于是就来做一些组合计数的题，然后记录在这里...
基础知识
1.加法原理与乘法原理
加法原理：
如果一件做一件事的方法可以分为$n$个互不相同的类，并且其中的第$i$类有$m_i$种方法
那么完成这件事一共有$sumlimits_{i = 1}^n m_i$种方法
乘法原理：
如果一件事要分$n$步，并且其中的第$i$步有$m_i$种方法
那么完成这件事一共有$prodlimits_{i = 1}^n m_i$种方法
2.无重复的排列组合
排列：
从$n$个元素中，有序地取出$m$个元素称作$n$个数中取$m$个数的排列
记为$P_n^m$，或者$A_n^m$
由乘法原理，可以得到$P_n^m = frac{n!}{(n - m)!}$
组合：
从$n$个元素中，无序地取出$m$个元素称作$n$个数中取$m$个数的组合
记做$C_n^m$，并且有$C_n^m = P_n^m * frac{1}{m!} = frac{n!}{m!(n- m)!}$
3.斯特林数
第一类斯特林数：
把$n$个不同的小球放进$m$个相同的圆排列，记为$s(n, m)$
$s(n + 1, m) = s(n, m - 1) + n * s(n, m)$
第二类斯特林数：
把$n$个不同的小球放进$m$个相同的盒子，记为$S(n, m)$
$S(n + 1, m) = S(n, m - 1) + m * S(n, m)$
4.二项式定理
$$(a + b)^n = sumlimits_{i = 0}^n a^i b^{n - i} inom{n}{i}$$
常用的二项式定理的其他形式：
$$(1 + 1)^n = 2^n = sumlimits_{i = 0}^n * inom{n}{i}$$
$$(1 - 1)^n = 0 = sumlimits_{i = 0}^n (-1)^i * inom{n}{i}$$
$$(2 - 1)^n = 1 = sumlimits_{i = 0}^n 2^i * (-1)^{n - i} * inom{n}{i}$$
$$(2 + 1)^n = 3^n = sumlimits_{i = 0}^n 2^i * inom{n}{i}$$
$$(1 + x)^n = sumlimits_{i = 0}^n x^i * inom{n}{i}$$
5.卡特兰数
对于给定的长为$n$的入栈序列，对应的可能的出栈数列的方案数
记做$C_n$
$C_n = C(2n, n) - C(2n, n - 1)$
$C_n = frac{C(2n, n)}{n + 1}$
$C_n = C_{n - 1} * frac{4n - 2}{n + 1}$
$C_n = sumlimits_{i = 0}^{n - 1} C_i * C_{n - i - 1}$
6.容斥原理
公式有点难打，就不打了，应该都知道吧...
还有一个排斥原理，跟容斥原理很相近
（容斥原理其实是一种套路）
基础知识点差不多就这么多吧
只要你够强，什么都可以推出来的...
通过大量的练习来锻炼计数的能力吧
练习
部分题目是口胡的，如果发现不对请指出
大部分例题来源于《奥林匹克数学中的组合问题》，但是笔者或多或少有加强
T1.忐忑子集
如果${1, 2, ..., 9}$的某个非空子集中所有元素之和是3的倍数，则称该子集为忐忑子集，试问有多少忐忑子集
爆搜一下就出来了
让我们先来看看数学组的方法：
如果${1, 2, ..., 9}$的某个非空子集是忐忑子集，那么它的补集也是忐忑子集.
因此，我们只需考虑元素$leqslant 4$的忐忑子集的个数.
只有1个元素的忐忑子集有$3$个
两数之和被3整除的充要条件是两个数被3除的余数只能是$(0, 0), (1, 2)$
而被$3$除余数为$0, 1, 2$的各有$3$个，因此含$2$个元素的忐忑子集的个数为$inom{3}{2} + inom{3}{1} * inom{3}{1} = 12$
含有3个元素只可能是$(0, 0,0 ), (1, 1, 1), (2, 2, 2), (0, 1, 2)$，因此有${inom{3}{1}}^3 + 3 * inom{3}{3}$种方案
含有4元素同理只可能是$(0, 0, 1, 2), (1, 1, 1, 0), (0, 2,2,2), (1, 1, 2, 2)$，对应有$42$种方案
全集也是一个忐忑集合
因此最终有$2(3 + 12 + 30 + 42) + 1 = 175$种
非常漂亮的思路
下面我们再看看信息组的做法...
设$f[i][0 / 1/ 2]$表示在集合${1, 2..., i}$中和模3的余数为$0, 1, 2$的子集有多少个
那么每次新增$i + 1$时，考虑选或不选转移即可
复杂度$O(n)$
#include <cstdio>
using namespace std;
int f[20][3];
int main() {
f[1][0] = 1; f[1][1] = 1;
for(int i = 1; i <= 10; i ++)
for(int j = 0; j <= 2; j ++) {
f[i + 1][j] += f[i][j];
f[i + 1][(i + 1 + j) % 3] += f[i][j];
}
printf("%d
", f[9][0] - 1);
return 0;
}
简单多了，不是吗....
那么，我们能做到$O(1)$吗？答案是不可以的（其实是$O(log n)$）
下面的$i / 3$默认下取整
当$i;mod;3 = 0$时，$f[i][0 / 1 / 2]$分别为$frac{2^i + 2*2^{i / 3}}{3}, frac{2^i - 2^{i / 3}}{3}, frac{2^i - 2^{i / 3}}{3}$
当$i ;mod;3 = 1$时，$f[i][0 / 1/ 2]$分别为$frac{2^i + 2^{i / 3}}{3}, frac{2^i + 2^{i / 3}}{3}, frac{2^i - 2*2^{i / 3}}{3}$
当$i;mod;3 = 2$时，$f[i][0 / 1 / 2]$分别为$frac{2^i + 2*2^{i / 3}}{3}, frac{2^i - 2^{i / 3}}{3}, frac{2^i - 2^{i / 3}}{3}$
快乐矩乘不就完事了
T2.运动会
安排$n$名同学参加$m$个运动项目，要求甲乙两同学不参加同一项目，且每个项目都有人参加，每个人只参加一个项目，求满足要求的不同方案数
补集转化
首先，$n$个不同的人放进$m$个相同的盒子的方案数为$S(n, m)$，即第二类斯特林数（百度百科？）
$n$个不同的人放进$m$个不同的盒子的方案数记做$f(n, m) = S(n, m) * m!$
暂时不考虑甲乙同学，那么有$f(n, m)$种可能
再考虑甲乙同学，把两个人看做一个整体，那么方案数有$f(n - 1, m)$种
最终答案即为$f(n, m) - f(n - 1, m)$
复杂度$O(n^2)$
T3.选集合
设集合${1, 2, ..., n}$，选择此集合的两个子集$A, B$，满足$max(A) < min(B)$，问方案数
其实不怎么难的一道题？
首先，问题在于枚举什么然后计数，一直想着去枚举$A$然后去判断$B$，发现不太好做....
一种神奇的思路是枚举$|A cup B|$，确定了并集大小后，相当于只要在并集内部放一块分隔板就行了
因此，总方案为$sumlimits_{i = 2}^n (i - 1)C(n, i)$
然而后面的组合恒等式变形感觉更是神奇...$ = sumlimits_{i = 1}^n iC(n, i) - sumlimits_{i = 1}^n C(n, i)$
这里有一个组合恒等式，$kC(n, k) = nC(n - 1, k - 1)$，考虑选出单独的一个元素即可
$= nsumlimits_{i = 1}^n C(n - 1, i - 1) - sumlimits_{i = 1}^n C(n, i)$
$= n sumlimits_{i = 0}^{n - 1} C(n- 1, i) - sumlimits_{i = 0}^n C(n, i) + 1$
$ = n * 2^{n - 1} - 2^n + 1$
（对于$i C(n, i)$的求和感觉值得记忆）
另一种思路是枚举$max(A), min(B)$然后计数，和式的变换比起上面的方法难度小了许多
也许我们可以想想划分成$3$个集合甚至$m$个集合的情况.....
T4.正方体染色
你现在拥有$n$种颜色，你可以从中选出若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一色，具有公共棱的两个面不共色，问不同的染色方案数
（这里，我们认为存在翻转和旋转两种置换）
首先，我们是不会用超过$6$种颜色的，也不会少于$3$种颜色，因此，实际上只需要对$3, 4, 5, 6$进行计数就好了
只用3种颜色时，先考虑染3面，可以发现之后的所有面的颜色都被固定，因此一共有$C(n, 3) * 1$种
令上前右下后左面分别为$1, 2, 3, 4, 5, 6$面
只用4种颜色时，先染好$1, 2, 3$面，假定它们的颜色为$a, b, c$，那么第$4$面有$a, d$两种选择
选择$a$时，$5, 6$有两种不同的方案，选择$d$时，$5, 6$只有一种方案
但是，我们发现每种方案都被我们统计了两次（比如开局$a, b, c$和$a, c, b$就有一个重复的方案）
因此，最终方案数为$C(n, 4) * C(4, 3) * 3 * frac{1}{2} = C(n, 4) * 6$种方案
使用5种颜色时，随便染好5不相同的面后，剩下的一面一定会和对面相同
因此，相当于我们挑一组对面出来，染一种颜色后，剩下4面再4染色
但是要去重，可以发现每组对面对应的方案都是重叠的，只要对一组对面计数即可，剩下4面也要注意不重叠
剩下4面不重叠的方案数手动枚举下发现是3（4! / 4 / 2，/ 4表示旋转，/ 2表示翻转）
那么有$C(n, 5) * 5 * 3 = C(n, 5) * 15$种方案
使用6种颜色时，先染好$1, 2, 3$面，有$C(6, 3)$种方法
剩下3面可以自行安排颜色的顺序，因此有$6$种方法
考虑重复，对于一个正方体，前，后，左，右转都会被记1次
因此总共有$C(n, 6) * 6 * C(6, 3) / 4 = C(n, 6) * 30$种
从这里我们可以看出组合计数的分类讨论堪称各种脑洞展开.....
其实我们可以选择用电脑来统计，反正有电脑就是能任性啊......
T5.解方程（一）
求解不定方程$x_1 + x_2... + x_k = n$的方程组的非负整数解的组数
我们可以认为我们有$n + k - 1$个空，$k - 1$个板子随意地插入到其中
特别的，$0$号板子在最前面，$k$号板子在最后面（这两块板子被固定了位置）
那么，我们可以认为$p_i - p_{i - 1} - 1$代表了原方程的$x_i$，其中$p_i$表示第$i$块板子的位置
不难发现，这种办法与原问题存在一一映射的关系
T6.解方程（二）
求解不定方程$x_1 + x_2... + x_k = n$的方程组的非负整数解的组数
其中$x_i geqslant a_i$
嗯.......跟上面其实没有很大差别
令$x_i' = x_i - a_i$，那么$x_i' geqslant 0$
代入到原方程，那么$x_1' + x_2' + ... + x_k' + a_1 + a_2 + ... + a_k = n$
得到一个新方程$x_1' + x_2' + ... x_k' = n - a_1 - a_2 ... - a_k$
跟上面回到了一个问题
T7.解方程（三）
求解不定方程$x_1 + x_2... + x_k = n$的方程组的非负整数解的组数
其中$x_i leqslant a_i$
嗯.......其实也没什么太大区别
上面的能$O(n)$，这个要$O(2^n)$而已......
考虑使用容斥原理
那么，转化条件后，只要求出一些$x_i geqslant 0$，一些$x_i geqslant a_i$，然后用全集减去就好啦
接连3道都是套路题呢......