組合數學知識要點
排列與組合
加法法則與乘法法則
基礎思想：分類計數使用加法，分步計數使用乘法
Cayley定理
\(n\)個有標號頂點的樹的個數為\(n^{n-2}\)
證明：定義一個消去序列，序列與樹一一對應（略）。
排列與組合
\(n\)元\(r\)排列：\(\frac{n!}{(n-r)!}\)
\(n\)元\(r\)組合：組合數（naive）
\(n\)元\(r\)可重排列：\(n^r\)（naive）
\(n\)元\(r\)可重組合：\(\binom{n+r-1}{r}\)
多重集\(S=\{(a_1,k_1),(a_2,k_2),...,(a_n,k_n)\}\)
多重集的全排列：\(\frac{n!}{k_1!k_2!...k_n!}\)
多重集的\(r\)組合：\(\binom{n+r-1}{r}(\forall k\ge r)\)
隔板法、放縮法是解釋組合意義的利器
組合問題與二項式系數、格路問題的聯系
Wallis公式與Stirling公式
Stirling公式：\(n!\backsim \sqrt{2n\pi}(\frac n e)^n\)
貌似OI不怎麽用得上？
遞推關系與母函數
母函數
對一個數列\(a_0,a_1,a_2...\)構造函數
\[G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...\]
稱為母函數，其長度可以是無窮大。
母函數的表示及求解
大部分無窮大的母函數可以寫成若幹個無窮等比數列的和
無窮等比數列求和公式：\(S=\frac{a_1}{1-q}\)
求解的一般步驟
一、寫出遞推式（形如\(a_i=f(a_{i-1})\)，記為遞推式的第\(i\)項）
二、遞推式的第\(i\)項兩邊乘上\(x^i\)，最後所有等式左右兩邊分別求和，形如
\[a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...=f(a_0)x+f(a_1)x^2+f(a_2)x^3+...\]
三、通過移項、無窮等比數列求和、因式分解等變換，把上面的大等式大概寫成這樣（分子是任意一個多項式\(P(x)\)，不用在意）
\[G(x)=\frac{P(x)}{(1-q_1x)(1-q_2x)...}\]
四、上式可以裂項成若幹等比數列的和
\[G(x)=\frac{A_1}{(1-q_1x)}+\frac{A_2}{(1-q_2x)}+...\]
待定系數法，將上式通分以後，根據合並後的分子與上面的\(P(x)\)對應項的系數相等，聯立方程組解出\(A_1,A_2,...\)。
母函數的應用
寫出數列的母函數後，我們可以寫出數列的通項公式，進而快速求出數列指定項\(a_n\)的值。
既然我們可以把大部分母函數寫成等比數列和的形式，那麽我們就對於每一個等比數列，算出它的\(x^n\)的系數，最後相加即可得到\(a_n\)。
優選法
就是三分求單峰函數的極值，只不過在區間的\(0.382\)和\(0.618\)等分點求值，這樣有一個值在下一次的時候還能用上。
利用Fibonacci數列後一項比上前一項接近\(0.618\)的性質，可以使優選法取到整點。
線性常系數齊次遞推關系
對於數列\(\{a_n\}\)有遞推式
\(a_n+c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+...+c_ka_{n-k}=0(a_0=d_0,a_1=d_1,...a_{k-1}=d_{k-1})\)
若\(\forall c,d\)都是常數，則稱上式為\(k\)階線性常系數齊次遞推關系
\(C(x)=x^k+c_1x^{k-1}+c_2x^{k-2}+...+c_{k-1}x+c_k\)稱為特征多項式。
求解
經過復雜的變換，數列的母函數一定可以寫成
\[G(x)=\frac{P(x)}{1+c_1x+c_2x^2+...+c_kx^k}\]
其中\(P(x)\)為一個極其復雜的最高次項不超過\(k-1\)的多項式。
分母顯然等價於\(x^kC(\frac 1 x)\)，於是考慮解方程
\[C(x)=(x-α_1)^{k_1}(x-α_2)^{k_2}...(x-α_t)^{k_t}\]
\(α_1,α_2,...α_t\)為\(C(x)\)在復數域內的\(t\)個根，稱為特征根。顯然可能有重根，\(k_i\)即為\(α_i\)的重復次數，於是有\(\sum\limits_{i=1}^t k_i=k\)
於是將\(k\)個\(x\)乘進分母中得出
\[G(x)=\frac{P(x)}{(1-α_1x)^{k_1}(1-α_2x)^{k_2}...(1-α_tx)^{k_t}}\]
開始求\(x^n\)系數\(a_n\)，三種情況只好死記硬背
單根
設有若幹單根\(α_1,α_2,...α_k\)
直接待定系數\(A_1α_1^n+A_2α_2^n+...+A_kα_k^n\)
復根
如果出現復根，肯定是一對一對的共軛復根\(ρ(\cosθ\pm i\sinθ)\)
待定系數\(Aρ^n\cos nθ+Bρ^n\sin nθ\)
多重根
有一個\(k\)重根\(α\)
待定系數\((A_0+A_1n+A_2n^2+...+A_{k-1}n^{k-1})α^n\)
貌似也適用於單根\((k=1)\)
三種情況的待定系數式相加即為\(a_n\)的表達式
將初始值\(a_0=d_0,a_1=d_1,...a_{k-1}=d_{k-1}\)帶入\(a_n\)的表達式中，得到一個\(k\)元方程組，求解即可。
系數都求出來了，\(a_n\)當然求出來啦！
整數的拆分
更新中～
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