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排列组合专题

news 2026/5/12 18:40:52

排列组合专题

里面会讲组合数的定义组合数的递推公式组合数的各种奇怪公式抽屉原理范德蒙德卷积错排圆排球盒问题然后会把oiwiki上之前学的再整理一下

错排问题

错排问题是指1，2，。。。，n这些数重新排列，使得每一个数都不在它原来的位置上，求排列种数

递推处理：

设n个元素重新错排的个数为$d(n)$
那么第一个元素可以放在不是第一个位置的任何位置，有$n-1$种
放了第一个元素后，还剩$n-1$个元素，但是n-1个元素不能直接调用$d（n-1）$
因为$2……n$并不是按照原位置放置的，被第一个元素隔开了，eg
当1放在第三个位置时，$n=4$，左边是4 2，右边是3，那么是错排，但是2
在原位
所以应该分类讨论
因为我把第一个元素放在后面的位置，那么后面那个位置上的数就不能放在那了，那么那个数该放在哪呢？
1.那个数在第一个位置，这样的话还剩$n-2$个元素，而只是交换了那两个元素，其它元素还在那些位置间，所以这n-2个元素必须错排，$d（n-2）$
2.那个数不在第一个位置，这样的话我先把那个数放在第一个位置，这样有$n-1$个元素（除去第一个已经放好），然后错排这$n-1$个数，因为还是只是交换了这两个数，所以可以错排
这样的话，错排后那个元素既不在第一个，也不在原来的位置，$d（n-1）$
因为是选定第一个元素的位置后，然后有多少种方法
所以$d(n)=(n-1)*(d(n-1)+d(n-2))$
$d(1)=0$
$d(2)=1$
还有近似公式$d(n)=ceil(n!/e)$
一般$e$取$2.72$
但是仅用于选择题且每一项相差很大

容斥原理

$D(n)=n!(1/2!-1/3!+1/4!+...+(-1)^n/n!)$
考虑倒扣，$n!$是所有排列个数，扣掉存在在自己位置的，也就是扣掉1在自己位置的个数，2在自己位置的个数，...,n在自己位置的个数，然后又扣多了，要加上1 2都在自己位置的个数，1 3都在自己位置的个数...，2 3都在自己位置的个数...,然后又加多了，扣掉1 2 3都在自己位置个数，1 2 4都在自己位置个数...,2 3 4在自己位置个数...,......,直到n个全处理完
也就是$n!$减去$C(n,1)(n-1)!-C(n,2)(n-2)!+C(n,3)(n-3)!+...+(-1)^{n-1}C(n,n)(n-n)!$
=$n!-n!/2!+n!/3!+...+(-1)^{n-1}n!/n!$
减掉之后是
$n!/2!-n!/3!+n!/4!+...+(-1)^nn!/n!$
$=n!(1/2!-1/3!+1/4!+...+(-1)^n/n!)$
$QED$

圆排列

$A({n,m}) /m$
如
3个数1 2 3
围成一圈个数
圈说明可以通过旋转来得到不同的排列，这样有些序列上不同的排列在圈上是相同的
注意这里旋转是一个固定的方向顺时针或者逆时针

注意方向要确定
如果方向不确定，也就是既可以顺时针旋转，也可以逆时针选择，那么$A ({n,m}) /2m$

组合数递推

$O(n)$递推:
$C (n ,m)=C(n ,n-m) $

$C ( n, k)=C (n-1, k-1 ) * (n/k)$

$O(n^2)$递推:

$C (n ,m)=C (n-1 ,m-1 )+ C (n-1, m)$

$C( n, 0)=1$

$m>n时C(n,m) =0$

$C(0, 0) =1$

抽屉原理（狄利克雷原理）

$n$个数放入$m$个抽屉
至少有一个抽屉中至少有$ceil（n/m）$个数

球盒问题

题目：
https://www.luogu.com.cn/problem/P1025
$n$个球
$m$个盒子
有多少种放法
所有排列组合的模型

1球同,盒不同,无空箱

插板法
$n-1$个空
插$m-1$个板子
$C(n-1,m-1)$ 前提n≥m
$n<m$时为$0$

2球同盒不同有空箱

插板法
有空箱的话就在每个箱子里先假装放一个球
然后这样每个箱子都至少一个球，转化成了第一个问题
$n+m-1$个空，$m-1$个板子
所以无论$n$，$m$大小关系，都是$C(n+m-1,m-1)$

3球不同，盒同，无空箱

递推问题
$f(n,m)=m*f(n-1,m)+f(n-1,m-1)$前提是$1<=m<n$
边界$f(n,n)=1$当$n>=0$时($n>=0$因为0个箱子0个球是一种,因为没球所以算一种)
$f(n,0)=0$当$n>=1$时(为了与上一个边界不重复所以$n>=1$)
当$m>n$时$f$值为$0$
前面的$n-1$个数已放在$m$个箱子里,再放最后一个数,可以放在$m$个箱子中任意一个,所以有$m$种
这里是乘法原理,所以为$m*f(n-1,m)$
若前面$n-1$个球已放在$m-1$个箱子里,则最后一个球只能放在最后一个箱子里,否则会空出箱子
所以有一种,根据乘法原理,$1*f(n-1,m-1)$种
再根据加法原理把$m*f(n-1,m)$和$f(n-1,m-1)$加起来就是总数
$n$个箱子$n$个球时由于箱子相同
所以无论怎么放都只有$1$种
$0$个箱子时相当于没放,有$0$种
$m>n$时不可能不空箱子,$0$种

4球不同盒同有空箱

其实是分类讨论
空$0$个箱子$1$个箱子….到空$n-1$个箱子的种数的和
所以又转化成了第三个问题
所以
$f(n,m)=m*f(n-1,m)+f(n-1,m-1)$前提是$1<=m<n$
边界$f(n,n)=1$当$n>=0$时($n>=0$因为0个箱子0个球是一种,因为没球所以算一种)
$f(n,0)=0$当$n>=1$时(为了与上一个边界不重复所以$n>=1$)
当$m>$n时$f$值为$0$
但$m$从$m$一直到$1$都要计算一遍并求和

5球不同盒不同无空箱

没有空箱,
所以转化成了第三个问题
$f(n,m)=m*f(n-1,m)+f(n-1,m-1)$前提是$1<=m<n$
边界$f(n,n)=1$当$n>=0$时($n>=0$因为0个箱子0个球是一种,因为没球所以算一种)
$f(n,0)=0$当$n>=1$时(为了与上一个边界不重复所以$n>=1$)
当$m>n$时$f$值为$0$
但最后要把$f(n,m)$乘上$m!$
因为箱子不同所以箱子有顺序,所以箱子的全排列有$m!$个
所以$f(n,m)*m!$为答案