组合数学 - 技术栈

组合数

Lucas 定理

\ $\\forall n,m,\\in\\mathbb{N},n\\geq m,p\\in\\mathbb{P}, \\binom{n}{m} \\equiv \\binom{\\lfloor n/p\\rfloor}{\\lfloor m/p\\rfloor} \\binom{n \\bmod p}{m \\bmod p} \\pmod{p} \\$

证明：

引理：$\forall p\in\mathbb{P},n\in $1,p-1$ \cap\mathbb{Z},\binom{p}{n} \equiv 0 \pmod{p}$

$\because p\in\mathbb{P},\therefore\binom{p}{x}\equiv\frac{p!}{x!(p-x)!}\equiv p \cdot \frac{(p-1)!}{x!(p-x)!} \equiv 0 \pmod p$。证毕。

有 $(1+x)^p\equiv\sum\limits_{i=0}^{p}{\binom{p}{i}x^i}\equiv 1+\sum\limits_{i=1}^{p-1}{\binom{p}{i}x^i}+x^p\equiv{1+x^p}\pmod p$。

设 $\begin{cases} q_n = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor \\ r_n = n \bmod p \\ q_m = \lfloor\frac{m}{p}\rfloor \\ r_m = m \bmod p \end{cases}$，由取模定义可知 $\begin{cases} q_np+r_n=n \\ q_mp+r_m=m \\ \end{cases}$。

\ $\\begin{aligned} \& (1+x)\^n \\\\ \& \\equiv (1+x)\^{q_np+r_n} \\\\ \& \\equiv (1+x)\^{q_np} \\cdot (1+x)\^{r_n} \\\\ \& \\equiv (1+x\^p)\^{q_n} \\cdot (1+x)\^{r_n} \\\\ \& \\equiv (\\sum\\limits_{i=0}\^{q_n}{\\binom{q_n}{i}x\^{ip}})\\cdot(\\sum\\limits_{i=0}\^{r_n}{\\binom{r_n}{i}x\^i}) \\\\ \& \\equiv \\sum\\limits_{i=0}\^{q_n}\\sum\\limits_{j=0}\^{r_n}{\\binom{q_n}{i}\\binom{r_n}{j}x\^{ip+j}} \\end{aligned} \\$

又 $(1+x)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i}$

所以 $\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i} \equiv \sum\limits_{i=0}^{q_n}\sum\limits_{j=0}^{r_n}{\binom{q_n}{i}\binom{r_n}{j}x^{ip+j}} \pmod p$

设 $k = i \cdot p + j$，因为 $0 \leq j < r_n$，所以 $i = \lfloor\frac{k}{p}\rfloor, j = k \bmod p$

则 $\sum\limits_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}x^i} \equiv \sum\limits_{i=0}^{q_n}\sum\limits_{j=0}^{r_n}{\binom{q_n}{\lfloor\frac{k}{p}\rfloor}\binom{r_n}{k \bmod p}x^{k}} \pmod p$

因为 $n\geq m$，则对于左式有 $i=m$ 时，右式有 $k=m$ 时，即有 $\binom{n}{m}x^m\equiv\binom{q_n}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{r_n}{m \bmod p}x^m \pmod p$，因为 $\begin{cases}q_n = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor \\ r_n = n \bmod p\end{cases}$，即得 $\binom{n}{m}\equiv\binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{n \bmod p}{m \bmod p}\pmod p$。证毕。

扩展Lucas exLucas

给定正整数 $n,m,P,1\leq m \leq n \leq 10^{18},1\leq P \leq 10^6$，求

\ $\\binom{n}{m} \\bmod P \\$

$\text{exLucas}$ 和 $\text{Lucas}$ 定理并无多大关系，$\text{exLucas}$ 我认为是一种算法。

学习 $\text{exLucas}$ 之前建议看看阶乘质因数分解。

$P$ 不为质数，将 $P$ 质因数分解 $P = \prod\limits{p_i^{c_i}}$。

将 $\binom{n}{m}$ 对每个 $p^c$ 取模，得出若干同余方程，利用中国剩余定理求出答案：

$\begin{cases} \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{c_1}} \\ \cdots \\ \binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_{w}^{c_{w}}} \\ \end{cases}$

关键在于计算 $\binom{n}{m} \bmod {p^c}$。

$\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!} \pmod {p^c}$

有除法，但是 $m!(n-m)!$ 不一定和 $p^c$ 互质，即可能无法求出其逆元。

一个方法是将 $m!(n-m)!$ 的因子 $p$ 都除去，使之与 $p^c$ 互质：

$\frac{n!}{m!(n-m)!} \equiv \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y} \cdot \frac{(n-m)!}{p^z}} \cdot p^{x-y-z}$，$x$ 就是 $n!$ 质因数分解后 $p$ 的指数，$y,z$ 同理。

$n! = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n$ 这 $n$ 个数当中有 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$ 个数是 $p$ 的倍数，因为每 $p$ 个数就有一个数是 $p$ 的倍数。

则 $n! = \lfloor\frac{n}{p}\rfloor! \cdot p \cdot \prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i}$，$\lfloor\frac{n}{p}\rfloor!$ 里可能有 $p$ 的倍数，可以递归地来求。

设 $f(n) = \frac{n!}{p^x} \bmod p^c$，有 $f(n) = f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) \cdot \prod\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\ p\nmid i}}{i} \bmod p^c$，没有 $\times p$ 的原因是分母是 $p^x$，$p$ 都被约掉了。

\ $\\prod\\limits_{\\substack{1\\leq i\\leq n\\\\ p\\nmid i}}{i}=(\\prod\\limits_{\\substack{\\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor+1 \\leq i \\leq n\\\\ p \\nmid i}}{i})(\\prod\\limits_{0\\leq i \\leq \\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor-1}\\prod\\limits_{\\substack{1\\leq j\\leq p\^c\\\\ p\\nmid j}}(i \\cdot p\^c + j)) \\pmod{p\^c} \\$

发现 $i \cdot p^c + j \equiv j \pmod {p^c}$

则

\ $\\prod\\limits_{\\substack{1\\leq i\\leq n\\\\ p\\nmid i}}{i} \\equiv (\\prod\\limits_{\\substack{\\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor+1 \\\\ p \\nmid i} \\leq i \\leq n}{i})(\\prod\\limits_{0\\leq i \\leq \\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor p\^c -1}{i}\\prod\\limits_{\\substack{1\\leq j\\leq p\^c\\\\ p\\nmid j}}j) \\equiv (\\prod\\limits_{\\substack{\\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor p\^c+1 \\\\ p\\nmid i} \\leq i \\leq n}{i})(\\prod\\limits_{\\substack{1\\leq j\\leq p\^c\\\\ p\\nmid j}}j)\^{\\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor} \\pmod{p\^c} \\$

则

\ $f(n) = f(\\lfloor\\frac{n}{p}\\rfloor) \\cdot (\\prod\\limits_{\\substack{\\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor p\^c+1 \\\\ p\\nmid i} \\leq i \\leq n}{i})(\\prod\\limits_{\\substack{1\\leq j\\leq p\^c\\\\ p\\nmid j}}j)\^{\\lfloor\\frac{n}{p\^c}\\rfloor} \\pmod{p\^c} \\$

调用一次 $f$ 的时间复杂度为 $O($ 递归次数 $\times($ 积式 $+$ 快速幂 $))=O(\log_pn \cdot (p^c + \log_2\lfloor\frac{n}{p^c}\rfloor)) = O(p^c\log + \log^2)$

现在问题在于求 $x,y,z$。

设 $g(n)=x$，有 $g(n)=g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) + \lfloor\frac{n}{p}\rfloor$。

$n! = 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n$，这 $n$ 个数中是 $p$ 的倍数显然有 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$ 个，将这 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$ 个数 $\times \frac{1}{p}$ 在相乘可得 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor!$，即 $g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)$，所以 $g(n)=g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) + \lfloor\frac{n}{p}\rfloor$。

综上，$\text{exLucas}$ 有以下步骤：

质因数分解 $P = \prod\limits{p_i^{c_i}}$，时间复杂度 $O(\sqrt{P})$，但是有效 $p_i^{c_i}$ 最多有 $O(7)$
计算 $\binom{n}{m} \bmod p_i^{c_i}$，时间复杂度 $O(p^c\log + \log^2)$

$\binom{n}{m} = \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}\cdot p^{x-y-z} \equiv f(n) \cdot f(m)^{-1} \cdot f(n-m)^{-1} \cdot p^{g(n)-g(m)-g(n-m)} \pmod{p^c}$
用中国剩余定理求出方程组的解，即为答案。时间复杂度 $O(7 \cdot \log n)$

步骤 2. 的 $p^c$ 最坏为 $P$。

关于 1. 3. 时间复杂度为什么和 $7$ 有关，因为方程的个数即为 $P$ 不同质因数的个数，最坏情况为 $P = 2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17$，$2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17 \times 19 > 10^6$。

1.2. 是嵌套关系，1.2. 执行完执行 3. ，则总时间复杂度为 $O(\sqrt{P} + 7 \cdot (P\log + \log^2) + 7\log n) = O(\sqrt{P} + P\log)$。

例题 SDOI2010古代猪文

Luogu SDIO2010古代猪文

给定整数 $q,n$，$1\leq q,n \leq 10^9$，计算

\ $q\^{\\sum_{d\|n}{C\^{d}_{n}}}\\bmod 999911659 \\$

若 $q=999911659$，则答案为 $0$。

若 $q\neq 999911659$，根据欧拉定理推论有：$q^{\sum_{d|n}{C^{d}{n}}}\equiv q^{\sum{d|n}{C^{d}_{n}}\bmod 999911658}\pmod {999911659}$。

关键在于计算 $\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}\bmod 999911658$，模数不是质数，不能应用 $\text{Lucas}$ 定理，尝试将其质因数分解。

$999911658 = 2 \times 3 \times 4679 \times 35617$，这样的数为 $\text{square-free-number}$，它的所有质因子质数都是 $1$。设 $x = C^{d}_{n}$，用这四个质因数分别运用 $text{Lucas}$ 定理给 $x$ 取模，可得：

$\begin{cases} x\equiv a_1 \pmod 2 \\ x\equiv a_2 \pmod 3 \\ x\equiv a_3 \pmod {4679} \\ x\equiv a_4 \pmod {35617} \\ \end{cases}$

用中国剩余定理求出 $x$，然后用快速幂求出 $q^{\sum{x}}\bmod 999911658$，即可。

时间复杂度为 $O($快速幂 $+$ 求因数 $\times(\text{Lucas}$ 定理 $+$ 中国剩余定理$))=O(\log+\sqrt{n}(\log+\log))=O(\sqrt{n}\log)$。

求法

求 $\binom{n}{m} \bmod p, p\in\mathbb{P}$

方法 $1$:

通过 $\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1}$ 求组合数，时间复杂度 $O(n^2)$，回答时间复杂度 $O(1)$。

方法 $2$:

预处理 $0\sim n$ 的阶乘和阶乘的逆元，时间复杂度 $O(n)$，回答时间复杂度 $O(1)$。

方法 $3$:

利用 $\text{Lucas}$ 定理，预处理 $0\sim p-1$ 的阶乘和阶乘的逆元，时间复杂度 $O(p)$，回答时间复杂度 $O(log_p(n))$。

方法 $4$:

求 $\binom{n}{m}, n\leq 5000, m\leq 5000, n\geq m$。

注意，没有取模，需要用到高精度。

利用 $\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1}$ $O(n^2)$ 做貌似可以，但是要用到高精度，还有 $O(n)$ 的位数，则时间复杂度 $O(n^3)$。

唯一分解即质因数分解

根据定义式 $\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}$ 来做，又因为组合数一定是个整数，所以我们用不到高精度除法，对分子和分母唯一分解，分子的每个质数的指数一定大于等于分母的对应指数，若小于则 $m!(n-m)!$ 不整除 $n!$，与组合数是整数矛盾。

综上步骤为：

对 $n!,m!,(n-m)!$ 唯一分解。
约分，即用 $(n-m)!,m!$ 唯一分解出的质数消 $n!$ 唯一分解出的质数。
高精度 $\times$ 低精度

对 $x!$ 质因数分解

代码实现：

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;


const int N = 5010;

int primes[N], cnt;
int sum[N];
bool st[N];


void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}


int get(int n, int p) // 求n!中 质因子 p 需要累乘的次数 
{
    int res = 0;
    while (n)
    {
        res += n / p;
        n /= p;
    }
    return res;
}


vector<int> mul(vector<int> a, int b)
{
    vector<int> c;
    int t = 0;
    for (int i = 0; i < a.size(); i ++ )
    {
        t += a[i] * b;
        c.push_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    while (t)
    {
        c.push_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    return c;
}


int main()
{
    int a, b;
    cin >> a >> b;

    get_primes(a);//用欧拉筛筛出 [1~a] 范围内的质数 

    for (int i = 0; i < cnt; i ++ )
    {
        int p = primes[i];
        sum[i] = get(a, p) - get(a - b, p) - get(b, p); // C(a,b) 中第 i 个质数需要累乘的次数 
    }

    vector<int> res;
    res.push_back(1);

    for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 枚举质因子 
        for (int j = 0; j < sum[i]; j ++ ) // 枚举当前质因子的个数 
            res = mul(res, primes[i]); // 做高精度乘低精度 

    for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i -- ) printf("%d", res[i]);
    puts("");

    return 0;
}

一些基本式子

式子1

\ $\\binom{n}{m}=\\binom{n}{n - m} \\$

证明：由定义即可得。

它的组合意义是从 $n$ 个数中选 $m$ 个数，与从 $n$ 个数中选 $n-m$ 个数的方案数相同，相当于剩下 $n-m$ 个数不选。

式子2

\ $\\binom{n}{m}=\\binom{n - 1}{m - 1} + \\binom{n - 1}{m} \\$

证明：由定义即可得。

它的组合意义是从 $n$ 个数中选 $m$ 个数的方案数 = 已经考虑了前 $n - 1$ 个数，选择当前数的方案数（$\binom{n-1}{m-1}$） + 不选当前数的方案数（$\binom{n-1}{m}$）

它满足杨辉三角（帕斯卡三角）。

它可以看做一个递推式。

式子3

\ $\\binom{n}{m}=\\frac{n}{m}\\binom{n-1}{m-1} \\$

证明：由定义即可得。

式子4 二项式定理

\ $\\forall n\\in\\mathbb{N},(x+y)\^n = \\sum\\limits_{i=0}\^{n}\\binom{n}{i}x\^iy\^{n-i} \\$

证明：

证法1：

数学归纳法。当 $n = 0$ 时，$(x+y)^0=1=\sum\limits_{i=0}^{0}\binom{0}{i}x^iy^{0-i}$，成立。

当 $n=m$ 成立，现在证明 $n=m+1$ 时成立：

\ $\\begin{aligned} \& (x+y)\^{m+1} \\\\ \& =(x+y)(x+y)\^m \\\\ \& =(x+y)\\sum\\limits_{i=0}\^{m}\\binom{m}{i}x\^iy\^{m-i} \\\\ \& =\\sum\\limits_{i=0}\^{m}\\binom{m}{i}x\^{i+1}y\^{m-i} + \\sum\\limits_{i=0}\^{m}\\binom{m}{i}x\^iy\^{m+1-i} \\\\ \& =\\sum\\limits_{i=1}\^{m+1}\\binom{m}{i-1}x\^iy\^{m+1-i}+\\sum\\limits\^m_{i=0}\\binom{m}{i}x\^iy\^{m+1-i} \\\\ \& =\\binom{m}{m}x\^{m+1}y\^0+\\binom{m}{0}x\^0y\^{m+1} + \\sum\\limits_{i=1}\^{m}(\\binom{m}{i-1}+\\binom{m}{i})x\^iy\^{m+1-i} \\\\ \& =\\binom{m+1}{m+1}x\^{m+1}y\^0+\\binom{m+1}{0}x\^0y\^{m+1} + \\sum\\limits_{i=1}\^{m}\\binom{m+1}{i}x\^iy\^{m+1-i} \\\\ \& =\\sum\\limits_{i=0}\^{m+1}\\binom{m+1}{i}x\^iy\^{m+1-i} \\\\ \& =\\sum\\limits_{i=0}\^{n}\\binom{n}{i}x\^iy\^{n-i} \\end{aligned} \\$

证毕。

由二项式定理可以得出许多有用的式子：

$\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}=2^n$

证明：将 $(1+1)^n$ 二项式展开即得。

它的组合意义是，从 $n$ 个数中选若干个数的方案数 = 从 $n$ 个数中选 $0$ 个数的方案数 + 从 $n$ 个数中选 $1$ 个数的方案数 + ... + 从 $n$ 个数中选 $n$ 个数的方案数。
$\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i} = 0$

证明：将 $((-1)+1)^n$ 二项式展开即得。

式子4

\ $\\sum\\limits_{i=0}\^{n}\\binom{m+i}{i} = \\binom{m+n+1}{m+1} \\$

证明：

\ $\\begin{aligned} \& \\sum\\limits_{i=0}\^{n}\\binom{m+i}{i} \\\\ \& =\\sum\\limits_{i=0}\^{n}\\binom{m+i}{m} \\\\ \& =\\binom{m}{m}+\\binom{m+1}{m}+\\binom{m+2}{m}+\\binom{m+3}{m}+\\dots+\\binom{m+n}{m} \\\\ \& =\\binom{m+1}{m+1}+\\binom{m+1}{m}+\\binom{m+2}{m}+\\binom{m+3}{m}+\\dots+\\binom{m+n}{m} \\\\ \& =\\binom{m+2}{m+1}+\\binom{m+2}{m}+\\binom{m+3}{m}+\\dots+\\binom{m+n}{m}\\\\ \& \\cdots \\\\ \& =\\binom{m+n+1}{m+1} \\end{aligned} \\$

证毕。

不定方程整数解问题

问题1

\ $m\\geq n,求x_i\\geq1,x_1+x_2+x_3+\\cdots+x_n=m的正整数解方案数 \\$

隔板法。

考虑有 $m$ 个点，放入 $n - 1$ 个隔板，将 $m$ 个点分成 $n$ 组点，每组点的个数为 $x_i$ 的值。

例如：$m=10,n=3$，有一种方案是：.|.......|..，这代表 $x_1=1,x_2=7,x_3=2$。

隔板显然不能放最左边和最右边，则 $m$ 个点总共有 $m-1$ 个空可供 $n-1$ 个隔板放置，答案即为 $\binom{m-1}{n-1}$。

问题2

\ $给定n,m,a_i，求x_i\\geq a_i,x_1+x_2+x_3+\\cdots+x_n=m的正整数解方案数 \\$

考虑转换成问题1。换元 $y_i=x_i-a_i+1$，原问题转化为求 $y_i\geq 1,y_1+y_2+y_3+\cdots+y_n=m+\sum(-a_i+1)$的正整数解方案数，答案即为 $\binom{m+\sum(-a_i+1)-1}{n-1}$

问题3

\ $n\\geq m，求x_i\\geq 1,x_1+x_2+x_3+\\cdots+x_n\\leq m正整数解方案数 \\$

新添一个数 $x_{n+1},x_{n+1} = m - \sum\limits_{1\leq i\leq n} x_i$，$x_i$ 没用完的都给 $x_{n+1}$，原问题转化为求 $x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n+x_{n+1}\leq m$ 的正整数方案数，答案即为 $\binom{m - 1}{n}$。

问题4

\ $l\\leq n\\leq r，求x_i\\geq 1,l\\leq x_1+x_2+x_3+\\cdots+x_n\\leq r正整数解方案数 \\$

拆成两个问题：

求 $x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq l-1$ 正整数解方案数
求 $x_i\geq 1,x_1+x_2+x_3+\cdots+x_n\leq r$ 正整数解方案数

2.的方案数 - 1.的方案数即为答案。

卡特兰数 Catalan

给定 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$，按某种顺序排成长度为 $2n$ 的序列，满足任意前缀中 $0$ 的个数都不少于 $1$ 的个数的序列的数量为：

\ $Cat_n = \\frac{\\binom{2n}{n}}{n+1} \\$

\ $Cat_n = \\sum\\limits_{i=1}\^n{Cat_{i-1} \\cdot Cat_{n-i+1}},Cat_0=1 \\$

证明：$Cat_n = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1}$

令 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ 随意排列成一个长度为 $2n$ 的序列 $S$，若 $S$ 不满足任意前缀中 $0$ 的个数都不小于 $1$ 的个数，则存在一个最小的位置 $2p+1\in $1,2n$ \cap\mathbb{Z}$，使得 $S $1\\sim 2p+1$ $ 中有 $p$ 个 $0$、$p+1$ 个 $1$。把 $S $2p+2\\sim2n$ $ 中所有数字取反后，包含 $n-p-1$ 个 $0$、$n-p$ 个 $1$。于是我们得到了由 $n-1$ 个 $0$ 和 $n+1$ 个 $1$ 排成的、存在一个前缀 $0$ 比 $1$ 多的序列。

同理。令 $n-1$ 个 $0$ 和 $n+1$ 个 $1$ 随意排列成一个长度为 $2n$ 的序列 $S$，存在一个最小的位置 $2p+1\in $1,2n$ \cap\mathbb{Z}$，使得 $S $1\\sim 2p+1$ $ 中有 $p$ 个 $0$、$p+1$ 个 $1$。把 $S $2p+2\\sim2n$ $ 中所有数字取反后，我们得到了由 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ 排成的、存在一个前缀 $0$ 比 $1$ 多的序列。

因此，以下两种序列构成一个双射：

由 $n$ 个 $0$、$n$ 个 $1$ 排成的、存在一个前缀 $0$ 比 $1$ 多的序列。
由 $n-1$ 个 $0$、$n+1$ 个 $1$ 排成的序列。

后者显然有 $\binom{2n}{n-1}$ 个。

综上，由 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$，按某种顺序排成长度为 $2n$ 的序列，满足任意前缀中 $0$ 的个数都不少于 $1$ 的个数的序列的数量为：

\ $Cat_n = \\binom{2n}{n} - \\binom{2n}{n-1} = \\frac{\\binom{2n}{n}}{n+1} \\$

证毕。(此证明摘自李煜东《算法竞赛进阶指南》)

证明：$Cat_n = \sum\limits_{i=1}^n{Cat_{i-1} \cdot Cat_{n-i+1}},Cat_0=1$

考虑序列 $1,2,3,...,n$ 经过一个栈的合法出栈的方案数 $f_n$。

将进栈操作看做 $0$, 出栈操作看做 $1$，则 $f_n = Cat_n$。

对于当前数字 $i$，$1\sim i-1$ 有 $f_{i-1}$ 进出栈方案，$i+1\sim n$ 有 $f_{n-i+1}$ 种进出栈方案，所以共有 $f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}$ 种方案。对于所有数字有 $f_n=\sum\limits_{i=1}^n{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}$ 种方案。

综上 $Cat_n = \sum\limits_{i=1}^n{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}$。

证毕。

与卡特兰数有关的问题

$n$ 个左括号和 $n$ 个右括号组成的合法括号序列的数量为 $Cat_n$。

证明：将左括号看做 $0$，将右括号看做 $1$ 即得。

$n$ 个节点构成不同的二叉树的数量为 $Cat_n$。

证明：设$n$ 个节点构成不同的二叉树的数量为 $f_n$，对于当前的节点 $i$，$1\sim i-1$ 节点放置的方案数为 $f_{i-1}$，$i+1\sim n$ 节点放置的方案数为 $f_{n-i+1}$，则 $f_n = \sum\limits_{i=1}^{n}{f_{i-1}\cdot f_{n-i+1}}$，符合 $Cat_n$，的式子。

在平面直角坐标系中，从 $(0,0)$ 开始，每一步只能向上或向右走，走到 $(n, n)$ 并且除两个端点外不接触直线 $y=x$ 的路线数量为 $2Cat_{n-1}$。

证明：

第一步只能向上或向右走，就变成了两个本质相同的问题，所以答案 $\times2$。

现在考虑第一步向右走，即从 $(1,0)$ 点开始。设走一步的操作为 U、R，U 代表向上，R 代表向右，最后走到 $(n,n)$ 点的操作一定形如 RRUURRU...，由 $n-1$ 个 U 和 $n-1$ 个 R 组成的串。为了不接触直线 $y=x$，操作一定满足任意前缀 R 的数量大于等于 U 的数量。将 R 看做 $0$，U 看做 $1$，答案即为 $Cat_{n-1}$。

容斥原理

摩根定律

记 $\overline{A}$ 为以 $S$ 为全集 $A$ 的补集。

\ $\\overline{A\\cap B} = \\overline{A} \\cup \\overline{B} \\\\ \\overline{A\\cup B} = \\overline{A} \\cap \\overline{B} \\$

容斥原理

\ $\\left\|\\bigcup\\limits_{i=1}\^{n}{A_i}\\right\| = \\sum\\limits_{\\emptyset \\neq J\\subseteq\\{1,2,3,\\cdots,n\\}}{(-1)\^{\|J\|+1}\\bigcap_{i\\in J}\\left\|A_i\\right\|} \\$

例如 $|A\cup B| = |A| + |B| - |A\cap B|$，$|A\cup B\cup C| = |A| + |B| + |C| - |A\cap B| - |A\cap C| - |B\cap C| + |A\cap B\cap C|$

\ $\\left\|\\bigcap_{i=1}\^{n}\\overline{A_{i}}\\right\| = \|S\| -\\sum_{{\\emptyset\\neq J\\subseteq\\{1,...,n\\}}}(-1)\^{\|J\|+1}\\left\|\\bigcap_{j\\in J}A_{j}\\right\|=\\sum_{{J\\subseteq\\{1,...,n\\}}}(-1)\^{\|J\|}\\left\|\\bigcap_{j\\in J}A_{j}\\right\| \\$

\ $\\left\|\\bigcap_{i=1}\^nA_i\\right\|= \|S\| -\\sum_{{\\emptyset\\neq J\\subseteq\\{1,...,n\\}}}(-1)\^{\|J\|+1}\\left\|\\bigcap_{j\\in J}\\overline{A_{j}}\\right\| =\\sum_{J\\subseteq\\{1,...,n\\}}(-1)\^{\|J\|}\\left\|\\bigcap_{j\\in J}\\overline{A_j}\\right\| \\$

多重集组合数

特殊情况

设 $S = \{n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k\}$ 是由 $n_1$ 个 $a_1$、$n_2$ 个 $a_2$、$\cdots$、$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。给定非负整数 $r$，$\forall i,r \leq n_i$。从 $S$ 中取出 $r$ 个元素组成一个多重集（不考虑元素的顺序），可得的不同多重集的数量为：

\ $\\binom{k+r-1}{k-1} \\$

证明：

考虑不定方程。

设选了 $x_i$ 个 $a_i$，则有方程 $\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i \leq n_i$，因为 $r\leq n_i$，则一定满足 $x_i \leq n_i$。原问题变成 $\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i$ 的正整数解，这是不定方程整数解问题2，答案即为 $\binom{k+r-1}{k-1}$，证毕。

一般情况

设 $S = \{n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k\}$ 是由 $n_1$ 个 $a_1$、$n_2$ 个 $a_2$、$\cdots$、$n_k$ 个 $a_k$ 组成的多重集。给定非负整数 $r$。从 $S$ 中取出 $r$ 个元素组成一个多重集（不考虑元素的顺序），可得的不同多重集的数量为：

\ $\\binom{k-1}{k+r-1} - \\sum\\limits_{1\\leq i\\leq k}\\binom{k+r-n_i-2}{k-1} + \\sum\\limits_{1\\leq i\< j\\leq k}\\binom{k+r-n_i-n_j-3}{k-1}- \\cdots + (-1)\^k\\binom{k+r-\\sum_{i=1}\^{k}n_i - (k + 1)}{k-1} \\$

即

\ $\\binom{k-1}{k+r-1} - \\sum\\limits_{\\emptyset\\neq S\\subseteq\\{1,2,3,\\dots,k\\}}{(-1)\^{\|S\|+1}\\binom{k+r-\\sum\\limits_{i\\in S}{n_i}- \|S\| -1}{k-1}} \\$

证明：

考虑不定方程。

设选了 $x_i$ 个 $a_i$，则有方程 $\sum\limits_{1\leq i\leq k}x_i =r,0 \leq x_i \leq n_i$。

先不考虑 $x_i \leq n_i$ 的限制，$0\leq x_i$ 的方案数为 $\binom{k-1}{k+r-1}$，然后再减去不合法的方案。

不合法的方案为 $\exists x_i,x_i\geq n_i$的方案。于求不合法的方案：

设 $x_a \geq n_a$，则限制变为 $x_a \geq n_a, 0\leq x_i, (i\neq a)$，这是不定方程整数解问题2，答案即为 $\binom{k+r-n_a-2}{k - 1}$。

设 $a\neq b,x_a \geq n_a, x_b \geq n_b$，则限制变为 $x_a \geq n_a,x_b\geq n_b, 0\leq x_i, (i\neq a,i\neq b)$，这是不定方程整数解问题2，答案即为 $\binom{k+r-n_a-n_b-3}{k - 1}$。上一种包含含这种情况，所以要减去。

以此容斥。

最中得到 $\binom{k-1}{k+r-1} - \sum\limits_{\emptyset\neq S\subseteq\{1,2,3,\dots,k\}}{(-1)^{|S|+1}\binom{k+r-\sum\limits_{i\in S}{n_i}- |S| -1}{k-1}}$。

证毕。