《算法竞赛进阶指南》数论篇(3)-组合计数，Lucas定理,Catalan数列,容斥原理，莫比乌斯反演，概率与数学期望，博弈论之SG函数

本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

@[TOC] 磨磨唧唧写了半个月，想起来就写点喽，ACM必备数论基础知识已全部讲完了，这只是我对数论的总结和理解，发现文章中有错误，可以指正，仅供参考，谢谢。撒花啦。

组合计数

排列数 从 $n$ 个不同的元素中依次取出 $m$ 个元素排成一列，产生的不同排列的数量为： $A_n^m$ = $\frac{n!}{(n-m)!}$ ### 组合数 从n个不同的元素中取出m个组成一个集合(不考虑顺序),产生不同集合的数量为： $C_n^m$ = $\frac{n!}{(n-m)!m!}$ 一些简单性质： 1. $C_n^m=C_n^{n-m}$ 2. $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$ 3. $C_n^0+C_n^1+C_n^2+.....+C_n^n=2^n$ 多重集的排列数设 $S=$ { $n_1\cdot a_1, n_2\cdot a_2, n_3\cdot a_3,....., n_k\cdot a_k$ }是由 $n_1$ 个 $a_1$ ， $n_2$ 个 $a_2$ .. $n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。 $S$ 的全排列个数为： $\frac{n!}{n_1!n_2!n_3!....n_k!}$ 多重集的组合数这里有一个小小的扩展：在上面的约束条件中再添加选取 $a_1$ 个数不少于 $n_0$ ,并保证 $n_0<r$ ，问可以产生多重集的数量为: 思路： 选取不少于 $n_0$ ，意味着什么呢：在插入(k-1)个挡板时有了约束，我们不妨把插完挡板后，第一个挡板前的元素个数视为从 $a_1$ 选取的个数。这样就有了 [ $n_0$ 和剩下的 $(r-n_0)$ ]，然后挡板要求只能被落在"剩下的 $(r-n_0)$ "。这样就满足了选取 $a_1$ 个数不少于 $n_0$ 的约束。然后就能迎刃而解啦。 $(r-n_0)+(k-1)=r-n_0+k-1$ 产生多重集的数量是： $C_{r-n_0+k-1}^{k-1}$
这个结论在求更为一般的r的情况，会用到。

例题：Counting swaps

传送门题意：给定一个n的排列P，问进行若干次操作，每次选择两个整数 $x,y$ 交换 $P_x,P_y$ 问用最少的操作次数将给定排列变成单调上升的序列 $1,2....n$ 有多少种方式。对结果 $1e9+9$ 取模。思路：

最少操作次数？？怎么实现？对于P排列，可以看成一个图。花出来的图，对于每个点都是入度和出度是1.可知道这个图一定一个环或者多个环。而且环是一个完整的环，不存在环包含环。而得到单调上升序列，那么图就成了每个点成一个自环。现在我们需要考虑原图变成各个点成自环的过程。两个位置 $i,j$ 交换，对图的效果是怎么样的呢。对没有错， $i,j$ 指向的点交换了。如图: 对位置 $2,4$ 交换一下，得到的图是这样的。这里交换了两个位置，使得一个环变成了两个环。数学归纳法，到最后各个点都成了自环。一个环的点有k个。那么要交换 $k-1$ 次后，k个点成了闭环。(这里可能有人就要问了，为啥我要选一个环上的两点呢，我选不在一个环两个点进行不行吗？题意有说明，执行交换操作的最小次数，所以我们的操作时要最优的)。

这里我们知道了最少的操作次数，现在我们就来求结果吧。令一个环长度是n,将该换拆成长度为 $x$ 和 $y$ 的两个环。那么我们拆成长度 $x,y$ 的环的方式有 $n$ 种。 $\frac{(n-2)!}{(x-1)!(y-1)!}$ ，为啥呢。 $x$ 环，需要交换 $x-1$ 次， $y$ 环，需要交换 $y-1$ 次，然后现在我们已经具体一种方式了，在一种具体方式中，就是多重集排列数了。 $F(n)=n^{n-2}$ 我们可以通过打表得到结果。在这里插入图片描述 ACcode

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
ll gcd(ll a,ll b){ return b? gcd(b,a%b):a;}
const int N=2e5+10;
const ll P=1e9+9;
ll read(){
    ll s = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return s * f;
}
using namespace std;
ll qpow(ll a,ll x){
	ll ans=1;
	while(x){
		if(x&1){
			ans=(ans*a)%P;
		}
		x>>=1;
		a=(a*a)%P;
	}
	return ans;
}
ll jie[N],nv[N];
void pre(){
	jie[0]=1;
	for(int i=1;i<=1e5;i++){
		jie[i]=(jie[i-1]*i)%P;
	}
}
int a[N];
bool flag[N];
int cnt,c[N];
void solve(){
	int n=read();
    rep(i,1,n){
		a[i]=read();flag[i]=false;
	}
	cnt=0;
	rep(i,1,n){
		if(flag[i]==0){
		    int k=0;
			int j=i;
			while(flag[j]==0){
				flag[j]=1;
				k++;
				j=a[j];
			}
			c[++cnt]=k;
		}
	}
	// rep(i,1,cnt){
	// 	printf("%d\n",c[i]);
	// }
	// f_n=n^{n-2}
    ll sum=jie[n-cnt];
	rep(i,1,cnt){
		// sum=sum*nv[c[i]-1]%P;
		sum=sum*qpow(jie[c[i]-1],P-2)%P;
	}
	rep(i,1,cnt){
		if(c[i]==1) continue;
		sum=sum*qpow(c[i],c[i]-2)%P;
	}	
     printf("%lld\n",sum);
	 return ;
}
int main (){
//   freopen("in.txt","r",stdin);
//   freopen("out.txt","w",stdout);
  pre();
  int T=read();
  while(T--)
  solve();
  getchar();
  getchar();
  return 0;
}

Lucas定理 $C_n^m\equiv C_{n\ mod\ p}^{m\ mod\ p}*C_{n/p}^{m/p}(mod\ p)$

若p是质数，则对于任意整数 $1<=m<=n$ ,有： $C_n^m\equiv C_{n\ mod\ p}^{m\ mod\ p}*C_{n/p}^{m/p}(mod\ p)$ 证明： ![在这里插入图片描述](img-blog.csdnimg.cn/3f7156d32ce… =650x500)

例题：古代猪文

$题意：给定整数q,n(1<=q,n<=1e9)$ 计算 $q^{\sum_{d|n} C_n^d}mod999911659$ . 思路: $q^{\sum_{d|n} C_n^d}mod999911659=$$q^{\sum_{d|n} C_n^d\ mod\ 999911658}mod999911659$ 首先质因数分解9999116658=234679*35617. 然后根据中国剩余定理：求 $x\ mod\ 9999116658$ ,当然这里x很被计算出来。如果模的是质数就能快得出结果。 $M=999911658, M_i=\frac{M}{P[i]}$ $x\equiv a_1(mod\ 2)$ $x\equiv a_2(mod\ 3)$ $x\equiv a_3(mod\ 4679)$ $x\equiv a_4(mod\ 35617)$ $M_it_i\equiv 1(mod\ m_i)$ 这里的 $t_i=M_i^{m_i-2}$ 这里不多赘述啦。直接 $x=\sum_{i=1}^n a_iM_it_i\mod M$ 。然后这里注意一下细节千万别想当然的认为 $M_it_i=M_i^{m_i-1}$ 。因为这里的模数不是同一个， $M_it_i=M_i^{m_i-1}$ 这样写，我们就默认模数是 $m_i$ 可是实际的 $M_it_i$ 的模数是 $M$ .所以 $t_i=M_i^{m_i-2}$ 还是老老实实写上。拆解了四个质数，那就分开来进行计算咯。 ACcode

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
ll gcd(ll a,ll b){ return b? gcd(b,a%b):a;}
const int N=2e5+10;
const ll P=999911659;
ll read(){
    ll s = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return s * f;
}
using namespace std;
ll qpow(ll a,ll x,ll mod){
	ll ans=1;
	while(x){
		if(x&1){
			ans=ans*a%mod;
		}
		a=a*a%mod;
		x>>=1;
	}

	return ans;
}
ll jie[N];
ll a[4];
ll mo[4]={2,3,4679,35617};
void init(int m){
	jie[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		jie[i]=jie[i-1]*i%m;
	}
	return ;
}
ll C(ll n,ll m,ll mod){
	if(n<m) return 0; // 注意一下这里。小心一点。lucas(8,2,7)=0; 
	return (jie[n]*qpow(jie[m],mod-2,mod))%mod * qpow(jie[n-m],mod-2,mod)%mod;
}
ll lucas(ll n,ll m,ll mod){
	if(n<mod and m<mod){
		return C(n,m,mod);
	}
	return C(n%mod,m%mod,mod)*lucas(n/mod,m/mod,mod)%mod;
}
ll M=P-1;
void solve(){
	 ll q,n;
	n=read();
	q=read();
	 if(q%P==0){
        printf("0\n");
		return ;
	 }
	 for(int i=0;i<4;i++){
		 init(mo[i]);
		 ll ans=0;
		//  cout<<"i:"<<i+1<<endl;
         for(int j=1;j*j<=n;j++){
			 //n的约数j,n/j
           if(n%j==0){
			//  cout<<j<<" "<<lucas(n,j,mo[i])<<endl;
             ans=(ans+lucas(n,j,mo[i]))%mo[i];
			 if(n/j!=j){
				//  cout<<n/j<<" "<<lucas(n,n/j,mo[i])<<endl;
				 ans=(ans+lucas(n,n/j,mo[i]))%mo[i];
			 }
		    }
		 }
		//  cout<<"ans:"<<ans<<endl;
		 a[i]=ans;  //存放在不同模数下的结果。
	 }
	 ll sum=0;
	 // 中国剩余定理
	 for(int i=0;i<4;i++){
		 ll Mi=M/mo[i];
		 // 注意模数  mo[i] 和M。
		 ll t=Mi*qpow(Mi,mo[i]-2,mo[i])%M;
		//  cout<<t<<endl;
		//  cout<<qpow(Mi,mo[i]-1,mo[i])<<endl;
		 sum= (sum+a[i]*t)%M;
		 //Mi%M*t%M
	 }
	//  cout<<sum<<endl;
	 printf("%lld\n",qpow(q,sum,P));
	 return ;
}
int main (){
//   freopen("in.txt","r",stdin);
//   freopen("out.txt","w",stdout);
  solve();
  getchar();
  getchar();
  return 0;
}

Catalan数列

$给定n个0和n个1,排成长度为2n的序列$ 满足序列任意前缀0的个数都不少于1的个数的序列的数量为: $Cat_n=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$ 证明：n个0和n个1,排成长度为2n的序列，若S不满足序列任意前缀0的个数都不少于1，则存在一个最小的位置 $2P+1$ ,使得前 $2P+1$ 有P个0和(P+1)个1.而把 $S[2P+2,2n]$ 的所有数字去反，得到2n的序列有(n-1)个0 和(n+1)个1. 同理对于(n-1)个0和(n+1)个1任意排成的一个长度的2n序列，必然存在一个位置( $2P+1$ )使得， $P$ 个0和 $P+1$ 个1，对后面数字取反，得到的2n序列是n个0和n个1。在上面中就可以得到了一一对应的关系，即是 $"S不满足序列任意前缀0的个数都不少于1" == "(n-1)个0和(n+1)个1任意排成的一个长度的2n序列个数"$ 而对于(n-1)个0和(n+1)个1的排列个数是 $C_{2n}^{n-1}$ 所以给定n个0和n个1,排成长度为2n的序列，满足序列任意前缀0的个数都不少于1的个数的序列的数量是 $C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}=\frac{(2n)!}{n!n!}-\frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!}$ = $\frac{(2n)!(n+1-n)}{n!(n+1)!}$ = $\frac{C_{2n}^n}{n+1}$

该推论的一些性质还有：解释一下第四个推论：要求有些不一样，因为行动的时候不能经过y=x直线，意思就是要么0>1或1<0的有多少次数。那么我们在对角线画上他旁边的对角线，就可以得知封闭的三角形即是可以有Catalan性质的，然后0和1是(n-1)个即是(2n-2)序列，两条对角线，所以两种情况，乘2. 得到 $2Cat_{n-1}$

容斥原理

设 $S_1,S_2,....S_n$ 为有限集合， $|S|$ 表示S的大小，则： $|U_{S_i}|=\sum_{i=1}^n|S_i|-\sum_{1<=i<j<=n}|S_i \cap S_j|+\sum_{1<=i<j<k<=n}|S_i \cap S_j \cap S_k|+....+(-1)^{n+1}|S_1 \cap .... \cap ...S_n|$ 解释一下 $|S_i\cap S_j|$ ,还是挡板的思路，不过一点小区别是， $[n_i+n_j+2,剩下的元素]$ . 那么 $[第一个挡板前的个数-(n_j+1)]$ 就是 $a_i$ 的个数,然后 $第一个和第二个挡板之间的个数+n_j+1$ 就是 $a_j$ 的个数。后面的 $|S_i\cap S_j \cap S_k|$ 等，都是这样得出来的。

莫比乌斯反演（大部分和容斥原理一起用）

设正整数N按照算术基本定理分解质因数为 $N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}....p_m^{c_m}$ ,定义函数