一些組合數學

\[f(x) = (x-1)(f(x-1)+f(x-2))

\]$f(x)$ 含義為放置的所有數中有 $x$ 個數錯位排列的情況數。

假定當前準備放置第 $x$ 個數。初始時將第 $x$ 個數放在標號為 $x$ 的位置。此時需要將 $x$ 與前 $x-1$ 個數中的某乙個交換

若前 $x-1$ 個數均錯位排列，那麼目前有 $x-1$ 種交換方案，即 $f(x) \leftarrow (x-1)*f(x-1)$

若前 $x-1$ 個數中僅有乙個沒有錯位排列，那麼必須將第 $x$ 個數與那個沒有錯排的數交換。共有 $n-1$ 種乙個數沒有錯排的情況。那麼， $f(x) \leftarrow (x-1)*f(x-2)*1$ 。

若前 $x-1$ 個數中存在多於乙個數沒有錯位排列，此時無法通過一次交換使得所有數均錯位排列。

綜上，$f(x) = (x-1)(f(x-1)+f(x-2))$

$\sum\limits_^n } = 2^n \ \ \ \ \ \ \ \ \sum\limits_^n (-1)^i } = 0$

$h(x) = \begin 1 & x \leq 2 \\ \frac} & x>2 \\ \sum\limits_^ & x>2 \end$

第一類（stirling輪換數）

$\begin n \\ k \end$ 表示將 $n$ 個數劃分成 $k$ 個圓排列的方案數

\[\begin n \\ k \end = \begin n-1 \\ k-1 \end + (n-1) \begin n-1 \\ k \end

\]將第 $n$ 個數劃分為乙個新的排列，即 $\begin n \\ k \end \leftarrow \begin n-1 \\ k-1 \end$

將第 $n$ 個數插入到乙個已有的排列中。因為是圓排列，所以插入到 $n-1$ 個已有元素中的任意乙個的後面都可以計入答案。 $\begin n \\ k \end \leftarrow (n-1) \begin n-1 \\ k \end$

性質： $n! = \sum\limits_^ n \\ i \end}$

第二類（stirling子集數）

$\begin n \\ k \end$ 表示將 $n$ 個數劃分成 $k$ 個集合的方案數

\[\begin n \\ k \end = \begin n-1 \\ k-1 \end + (k-1) \begin n-1 \\ k \end

\]將第 $n$ 個數劃分為乙個新的集合，即 $\begin n \\ k \end \leftarrow \begin n-1 \\ k-1 \end$

將第 $n$ 個數插入到乙個已有的集合中，即 $\begin n \\ k \end \leftarrow (k-1) \begin n-1 \\ k \end$

性質： $x^n = \sum\limits_^ n \ i \end} * i! * \dbinom } $

\[max(s) = \sum\limits_ min(t)}

\]證明：

設 $a_i$ 表示對 $s$ 集合排序後第 $i$ 大的數。

若 $min(s)=a_1$ ，則 $s = \$ 。

對於這種情況，對答案的貢獻為 $(-1)^a_1 = a_1$ 。

若 $min(s) = a_k \ (k > 1)$ ，則 $s = \$ 。即， $a_1$ 到 $a_$ 所有元素的某個子集再加上 $a_k$ 本身。

對於這種情況，觀察可知 $a_1$ 到 $a_k$ 所有元素的子集中，大小為奇數的集合與大小為偶數的集合數量相等。因此，對答案的貢獻為 $0$ 。

綜上，答案恰為 $a_1$ ，即 $max(s)$ 。

例題：[haoi2015] 按位或

拆位考慮，答案即為 $e(max$\) ，其中 $e(x)$ 表示 $x$ 中元素的最晚出現時間的期望。注意， $x$ 是乙個二進位制數，代表乙個集合。若其中第 $i$ 位為 $1$ 則表示集合中存在 $i$ 。

直接求解較為困難，故可以轉為求解 $e(min$\) ，再容斥得出答案。

$e(max) = \sum\limits_ e(min)} \ \ $ 那麼，如果對於任意集合 $t$ ，可以迅速求出 $e(min$\) ，本題就得到解決。

$e(min$ = \dfrac }\) 。分母的那個sum求解較為困難，但發現分母可以當成 $g$ 的補集的子集和；而子集和可以預處理的出。於是本題得解。

#include using namespace std;

#define m 1100005

int n, popcnt[m], flag[m];

double ans, p[m], sum[m];

int main()

for (int len = 2; len <= (1<>1); j++)

p[i+j+(len>>1)] += p[i+j]; // 預處理子集和

double ans = 0;

for (int sta = 1; sta < (1<1e-10)

ans += 1.0 * flag[sta] / (1-p[((1<$\text$ 容斥

\[kth\ max(s) = \sum\limits_ \binom min(t)}

\]證明略。

例：重返現世

$\text$ 板子。

對所有原料的期望出現時間排序，那麼答案為出現時間第 $k$ 小的元素的出現時間。（即，第 $n-k+1$ 大）

本題的難點在於加速運算。發現 $n \le 1000$ ，故直接列舉子集不可取。

一些組合數學

記錄一些 trivial 組合數學相關

組合數的一些性質

組合數學求組合數

一些組合數學

記錄一些 trivial 組合數學相關

組合數的一些性質

組合數學 求組合數

相關推薦

組合數學求組合數