多重集的组合数(容斥原理)——杨子曰数学?题目?
HenryYang
2019-09-16 23:08:04
超链接:[数学合集](https://blog.csdn.net/HenryYang2018/article/details/89399986)
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打完这篇文章的数学公式真的要吐血身亡了……
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模板题:[CF451E](https://www.luogu.org/problemnew/show/CF451E)
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模板题还可以长这样:
设$S=\{n_1*a_1,n_2*a_2,\cdots,n_k*a_k\}$是由$n_1$个$a_1$,$a_2$个$a_2$,$\cdots$,$n_k$个$s_k$组成的多重集。设$n=\sum_{i=1}^{k}n_i$,对于任意整数$r\leq n$,从S种去除r个元素组成一个多重集(不考虑顺序),求产生的不同多重集的数量
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上面说的都是同一个问题,我用人话来描述一遍,现在有k堆珠子,每堆珠子颜色不同,第i堆珠子有$n_i$颗,现在我们从所有的珠子中取出r颗,问你这r颗珠子有多少种搭配?(与顺序无关)
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咱们正式开始:
这道题太难了,我们先来解决一个简单一点的问题:**我们不管$n_i$这个条件,也就是说每种珠子都有无穷多颗,那么取r颗能有多少中选择捏?**
解决这个问题,我们使用一种非常优美的算法——**隔板法**
比如r=8,k=3
想法很简单:先画好r颗珠子
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/2erv2nrc.png)
然后在它们中间随便插入k-1块板子:
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/ki4cr6sz.png)
那么从左到右每一块板子之间就对应一种颜色:
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/ddt3kvhw.png)
那么这就是一种情况了
这就说明,每一种插板方案都对应了一种珠子颜色的情况,那么问题就变成**我们有多少种插板方案?**
注意几个细节:插在最左边是允许的,就表示没有珠子是第一种颜色,两块板插在同一个间隙也是被允许的,就表示没有珠子是这两块板之间所表示的那个颜色
那么插板方案数怎么计算呢,我们来看上面那个例子:
第一块板在插的时候有(r+1)种选法:
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/tcu27jgk.png)
当我把第一块板插进去后,第二块板就多了一种选择,有(r+2)种选法了:
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/xa2uhq6l.png)
然而两块板交换位置是同一种情况,So,最后除个二得到最终答案
总结一下:
我们要在r个珠子中插入(k-1)块板
第一块板有(r+1)种选择,第二块板有(r+2)种选择,第三块板有(r+3)种选择……第(k-1)块板有(r+k-1)种选择,所以根据乘法原理算出当前的答案:$(r+1)*(r+2)*\cdots*(r+k-1)=\frac{(r+k-1)!}{r!}$
但是板的顺序是没有关系滴,So,我们还要出去(k-1)块板的全排列总数,于是我们得到了最终答案:
$$\frac{(r+k-1)!}{r!(k-1)!}=C_{k+r-1}^r=C_{k+r-1}^{k-1}$$
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好的,不过现在我们还是不能解决最上面的那个东西,我们还需要学习一个东西:**容斥原理**
我来简单(真的很简单)地来讲一下:
现在我们有三个集合:A,B,C,它们的**韦恩图**(你不用知道这是什么,往下看就行了)长这样:
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/srj61xsp.png)
现在我们要求$\left|A\cup B\cup C\right|$
那么我们就先$\left|A\right|+\left|B\right|+\left|C\right|$,但是中间的部分的周围3块(黄色,粉色,深蓝色)我们连续算了两次,我们就再减掉$\left|A\cap B\right|,\left|A\cap C\right|,\left|B\cap C\right|$
中间的紫色部分开始时被我们加了3次,然后又被我们减掉3次,So,我们还要把它加回去
于是乎,我们就得到了最终答案:
$$\left|A\cup B\cup C\right|=\left|A\right|+\left|B\right|+\left|C\right|-\left|A\cap B\right|-\left|A\cap C\right|-\left|B\cap C\right|+\left|A\cap B\cap C\right|$$
如果我们把这个式子稍稍扩展一下的话,就得到了容斥原理:
设$s_1,s_2\cdots s_n$为有限合集,$\left|s\right|$表示集合s的大小 ,则:
$$\left|\bigcup^{n}_{i=1}s_i\right|=\sum^n_{i=1}\left|s_i\right|-\sum_{1\leq i< j\leq n}\left|s_i \cap s_j \right|+\sum_{1\leq i< j< k\leq n}\left|s_i \cap s_j \cap s_k\right| +\cdots+(-1)^{n+1}\left|s_1\cap\cdots\cap s_n\right|$$
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终于我们可以正式开始解决开始的那个问题了!
为了防止大家忘记它,我把它写在下面:
**现在有k堆珠子,每堆珠子颜色不同,第i堆珠子有$n_i$颗,现在我们从所有的珠子中取出r颗,问你这r颗珠子有多少种搭配?(与顺序无关)**
现在,如果我们不考虑$n_i$,就是我们上面解决的那个问题,答案就是$C_{k+r-1}^{k-1}$
现在我们来考虑$n_i$的限制,显然上面的那些情况中有很多情况是不能满足的,那把它们减去就好了
那么不符合条件的情况是那些捏?
我们设集合$s_i$表示至少取了$n_i+1$个颜色为i的珠子的所有情况,也就是$s_i$集合中i这个颜色的珠子个数一定超了$n_i$这个限制(其他的颜色情况我们不管),那么这个$s_i$一定都是要被我们舍弃的情况
然后有没有发现所有要被我们舍去的情况有这么多:$\left|\bigcup^{n}_{i=1}s_i\right|$
所以**最终答案**就是:$C_{k+r-1}^{k-1}-\left|\bigcup^{n}_{i=1}s_i\right|$
**我们先来看一下,对于每一个$\left|s_i\right|$怎么求?**
(注意一下,每个$s_i$里的情况都是不合法的情况,我们在算这个$\left|s_i\right|$的时候都是没有$n_i$限制的)
首先我们要从所有的珠子中取出$n_i+1$颗颜色i的珠子,这样的话,无论剩下的珠子怎么选都可以保证我们取出来的情况是在集合$s_i$里面的
取完了$n_i+1$颗颜色i的珠子后,我们还要拿$r-n_i-1$颗,那么这个有多少种情况捏?
这是没有$n_i$限制的,有没有发现这就是上面我们已经讨论过的问题,我们的结论是:$C_{k+r-1}^{k-1}$
只不过现在的r是$r-n_i-1$,代入以后我们得到了$\left|s_i\right|=C_{k+r-n_i-2}^{k-1}$
**那么我们试着再来求一求:$\left|s_i \cap s_j \right|$**
也就是我们要先取出$n_i+1$颗颜色i的珠子,$n_j+1$颗颜色j的珠子,这样剩下的珠子就可以随便取了,那么我们还要取几颗呢?$(r-n_i-n_j-2)$颗,带回我们上面的那个结论,我们就得到了:$\left|s_i \cap s_j \right|=C_{k+r-n_i-n_j-3}^{k-1}$
相信大家一定发现了其中的规律,后面的情况我就不多说了,然后我们就可以使用**容斥原理**了!
然后我们就得到了(好好理解一下↓):
$$\left|\bigcup^k_{i=1}s_i\right|=\sum^k_{i=1}C_{k+r-n_i-2}^{k-1}-\sum_{1\leq i< j\leq n}C_{k+r-n_i-n_j-3}^{k-1}+\cdots+(-1)^{k+1}C_{k+r-\sum_{i=1}^kn_i-(k+1)}^{k-1}$$
So,最终答案:
$C_{k+r-1}^{k-1}-\sum^k_{i=1}C_{k+r-n_i-2}^{k-1}+\sum_{1\leq i< j\leq n}C_{k+r-n_i-n_j-3}^{k-1}-\cdots+(-1)^kC_{k+r-\sum_{i=1}^kn_i-(k+1)}^{k-1}$
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打代码时要注意:
- 我们可以枚举x从0到$2^k-1$,我们把x换成二进制后,假设有num位是1,分别是第$i_1,i_2,\cdots,i_{num}$,我们就表示:
$(-1)^{num}C_{k+r-n_{i_1}-n_{i_2}-\cdots -n_{i_p}-(num+1)}^{k-1} $
这样就可以保证我们扫到每一种情况了
- 我们要算$C_b^a$的话,就得用$P_b^a$乘上a!的逆元(逆元是什么?[戳](https://blog.csdn.net/HenryYang2018/article/details/89372739)),别忘了一边乘,一边模
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c++代码(CF451E):
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int ll p=1000000007;
int k;
ll r,n[25],inv[25];
ll pow(ll a,ll b,ll p){
ll ans=1;
while(b){
if (b%2) ans=(ans*a)%p;
b/=2;
a=(a*a)%p;
}
return ans;
}
void get_inv(ll n,ll p){
inv[1]=1;
for (ll i=2;i<=n;i++){
inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;
}
}
int C(ll y,ll x){
if (y<0||x<0||y<x) return 0;
y%=p;
if (y==0 || x==0) return 1;
ll ans=1;
for (int i=0;i<x;i++){
ans=1ll*ans*(y-i)%p;
}
for (int i=1;i<=x;i++){
ans=1ll*ans*inv[i]%p;
}
return ans;
}
int main(){
get_inv(20,p);
scanf("%d%lld",&k,&r);
ll ans=C(k+r-1,k-1);
for (int i=1;i<=k;i++){
scanf("%lld",&n[i]);
}
for (int x=1;x<1<<k;x++){
ll t=k+r,num=0;
for (int i=0;i<k;i++){
if (x>>i & 1) num++,t-=n[i+1];
}
t-=num+1;
if (num%2==1) ans=(ans-C(t,k-1))%p;
else ans=(ans+C(t,k-1))%p;
}
printf("%lld",(ans+p)%p);
return 0;
}
```
参考:
《算法竞赛进阶指南》 李煜东 著