排列数
\(P_n^m = \cfrac{n!}{(n-m)!}\)
组合数
\(\dbinom{n}{m} = \cfrac{n!}{(n-m)!m!}\)
抽屉原理
\(n\) 个球放在 \(m\) 个箱子中，每个箱子至少有 \(\lceil\cfrac{n}{m}\rceil\) 个球。
容斥原理
若有集合 \(S = s_1 \bigcup s_2 \bigcup … \bigcup s_n\)，那么 \(|S| = \sum \limits_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-1} |\bigcap\limits_{x \in T} x| (T \neq \varnothing)\)
min-max 容斥
对于 \(x\) 和 \(y\) 我们有 \(E(x) + E(y) = E(x + y)\)。
但是我们没有 \(\max\{E(x), E(y)\} = E(\max(x,y))\)。\(min\) 同理。那么我们需要计算后面这个东西怎么办呢？
考虑 \(\max(S)\) 表示 \(S\) 集合中的最大值，\(\min(S)\) 相反。那么有
为什么呢？考虑对于 \(\max(S)\)，如果它等于 \(\min(T)\)，那么 \(T = \{\max(s)\}\)。
对于其他集合，证明它们都会被抵消。考虑 \(T = \{x, y_1, …,y_k\}\)，其中 \(x = \min(T)\)。那么考虑 \(y\) 为 \(S\) 中第一个大于 \(x\) 的数。考虑 \(T’\)，如果 \(y \in T\)，那么 \(T’ = T\) 排除 \(y\)。否则 \(T’ = T \cup \{y\}\)。容易证明 \(T\) 和 \(T’\) 一一对应，并且求和之后为 \(0\)。
因此一共 \(2^n – 1\) 个真子集，减去一个 \(T = \{\max(s)\}\) 之外所有集合都可以两两配对，最后消掉。
因此结论成立。
如果知道其中一个，就可以 \(O(2^n)\) 知道另一个。
HDU4336
【题意】
有 \(n\) 种卡片，每开一个袋子，有 \(p_i\) 的概率开出第 \(i\) 种。保证 \(\sum p_i \le 1\)。求要集齐所有卡片至少一张的期望开卡次数。
\(n \le 20\)
【分析】
考虑 \(x_i\) 为收集到第一张 \(i\) 卡片的期望开卡次数。那么我们要求 \(E(\max\{x_i\})\)。
而我们有 \(E(\min\{x_i\}) = \cfrac{1}{\sum p_i}\)。于是可以做了。
捆绑法/插空法
\(20\) 个人排队，\(A\) 和 \(B\) 相邻。求方案数？
将他们两个人捆绑在一起视为一个人，答案为 \(19! \times 2!\)。
\(20\) 个人排队，\(A\) 和 \(B\) 不相邻。求方案数？
考虑其他 \(18\) 个人先排，然后 \(A\) 和 \(B\) 分别插进空里。答案为 \(18! \times P_{19}^2\)。
P3166
【题意】
给定一个 \(N×M\) 的网格，请计算三点都在格点上的三角形共有多少个。注意三角形的三点不能共线。
\(N,M\le 1000\)
【分析】
考虑容斥。横着和竖着共线是容易的。考虑斜着共线怎么算。
考虑枚举 \(i,j\)，那么 \((0,0)\) 和 \((i,j)\) 这两个点和 \(\gcd{(i,j)} – 1\) 个不同的点共线。注意为什么 \(-1\)，因为不能是和 \((i,j)\) 共线。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
有 \(O(n)\) 做法，需要用到莫比乌斯反演和欧拉反演。待补
https://www.luogu.com.cn/blog/emptyset/solution-p3166
卡特兰数
递推式：\(C_n = \sum \limits_{i=0}^{n-1} C_i C_{n-1-i}\)
什么意义？考虑 \(n\) 个节点形成的二叉树的形态数。一个根，左子树 \(0 \sim n-1\) 个节点，右子树 \(n-1-i\) 个节点。
还有什么意义？\(n\) 对括号形成合法括号序列的方案数。考虑第一个括号和哪一个括号匹配，这两个括号中间和后面分成两个区域。
还有什么意义？\(n\) 边形三角划分数，这一块还需要加 \(n-2\) 条边，加了一条边之后分成了两块。
考虑其通项公式：\(C_n = \dbinom{n}{2n} – \dbinom{n+1}{2n}\)。
考虑从 \((0,0)\) 开始一步只能往右边或上面走，走到 \((n,n)\) 并且不能超过对角线的方案数，容易证明它等于卡特兰数。
考虑容斥。对于没有不能超过对角线的性质，方案数是 \(\dbinom{n}{2n}\)。
对于超过对角线的方案，在第一次超过之后每一次都取反，最后一定走到 \((n-1,n+1)\)。因为这个点在对角线上方，容易证明这样的方案与原方案一一对应。方案数是 \(\dbinom{n+1}{2n}\)。
也可以换一个形式，\(C_n = \cfrac{\dbinom{n}{2n}}{n+1}\)。
卢卡斯定理
当 \(p\) 是素数时，
\(\dbinom{n}{m} \mod p = \dbinom{n/p}{m/p} \dbinom{n \bmod p}{m \bmod p} \mod p\)
可以用来求解 \(n,m \ge p\) 的 \(\dbinom{n}{m}\)。时间复杂度 \(O(p + \log_p n)\)。
当 \(p\) 不是素数时，有扩展卢卡斯定理。待补
https://oi-wiki.org/math/number-theory/lucas/
P4478
【题意】
小B 所在的城市的道路构成了一个方形网格，它的西南角为 \((0,0)\)，东北角为 \((N,M)\)。
小B 家住在西南角，学校在东北角。现在有 \(T\) 个路口进行施工，小B 不能通过这些路口。小B 喜欢走最短的路径到达目的地，因此他每天上学时都只会向东或北行走；而小B又喜欢走不同的路径，因此他问你按照他走最短路径的规则，他可以选择的不同的上学路线有多少条。由于答案可能很大，所以小B 只需要让你求出路径数 \(\bmod P\) 的值。
\(N,M\le 10^9, P = 1000003\) 或者 \(1019663265=3 \times 5 \times 6793 \times 10007, T \le 100\)
【分析】
先对障碍按 \((x,y)\) 排序，这样一定只会从前面的障碍跳到后面的障碍。
令 \(f_i\) 表示到第 \(i\) 个点且不经过任何障碍的方案数。
\(g_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个点走到第 \(j\) 个点的方案数。这个是卡特兰数，需要卢卡斯定理算组合数。
然后有：
不会算重是因为“不经过任何障碍”。
矩阵优化计数
矩阵乘法是“行 × 列”原则，也就是答案矩阵的第 \(i\) 行第 \(j\) 列是由左矩阵的第 \(i\) 行乘以右矩阵的第 \(j\) 列得到。
对于 \(n\) 阶 \(k\) 层递推，时间复杂度为 \(O(n^3 \log k)\)。
实际上可以用 FFT 优化到 \(O(n \log n \log k)\)，但是现在不需要会（也差不太多）。
主要是代码实现问题需要注意。
P3216
【题意】
小 C 数学成绩优异，于是老师给小 C 留了一道非常难的数学作业题：
给定正整数 \(n,m\)，要求计算 \(\text{Concatenate}(n) \bmod \ m\) 的值，其中 \(\text{Concatenate}(n)\) 是将 \(1 \sim n\) 所有正整数 顺序连接起来得到的数。
例如，\(n = 13\) , \(\text{Concatenate}(n) = 12345678910111213\)。小C 想了大半天终于意识到这是一道不可能手算出来的题目，于是他只好向你求助，希望你能编写一个程序帮他解决这个问题。
\(n \le 10^{18}, m \le 10^9\)
【分析】
考虑线性递推。
我们有：\(f_i = f_{i – 1} \times 10^k + i\)，其中 \(k \in [1,18]\)。
考虑怎么转化为矩阵递推式：
分 \(18\) 块处理，剩下的问题在于实现。
行列式
代数余子式：对于 \(1 \le i,j \le n\)，在 \(n\) 阶行列式中所有不属于第 \(i\) 行也不属于第 \(j\) 列的元素按照原来的顺序组合成一个 \(n-1\) 阶余子式，它叫做 \(A_{i,j}\) 也就是原矩阵中元素 \(M_{i,j}\) 的代数余子式。
一个 \(n\) 阶行列式的值等于：
其中 \(i,j\) 其中一个任选。也就是说，任意行（或者列）的元素与之对应的代数余子式乘积之和。
性质：
- 交换某两行/列，行列式的值 *= -1。
- 一行（列）加上另一行（列），行列式的值不变。
- 一行/列乘上 \(k\)，行列式的值 *= k。
原文地址：http://www.cnblogs.com/Zeardoe/p/16884139.html
