组合计数 && Stirling数
参考:
http://blog.csdn.net/qwb492859377/article/details/50654627
http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8521134
http://blog.csdn.net/sr_19930829/article/details/40888349
球,盒子都可以分成是否不能区分,和能区分,还能分成是否能有空箱子,所以一共是8种情况,我们现在来一一讨论。
1.球同,盒不同,无空箱
C(n-1,m-1), n>=m
0, n<m
使用插板法:n个球中间有n-1个间隙,现在要分成m个盒子,而且不能有空箱子,所以只要在n-1个间隙选出m-1个间隙即可
2.球同,盒不同,允许空箱
C(n+m-1,m-1)
我们在第1类情况下继续讨论,我们可以先假设m个盒子里都放好了1个球,所以说白了就是,现在有m+n个相同的球,要放入m个不同的箱子,没有空箱。也就是第1种情况
3.球不同,盒相同,无空箱
第二类斯特林数dp[n][m]
dp[n][m]=m*dp[n-1][m]+dp[n-1][m-1],1<=m<n
dp[k][k]=1,k>=0
dp[k][0]=0,k>=1
0,n<m
这种情况就是第二类斯特林数,我们来理解一下这个转移方程。
对于第n个球,如果前面的n-1个球已经放在了m个箱子里,那么现在第n个球放在哪个箱子都是可以的,所以m*dp[n-1][m];
如果前n-1个球已经放在了m-1个箱子里,那么现在第n个球必须要新开一个箱子来存放,所以dp[n-1][m-1]
其他的都没法转移过来
4.球不同,盒相同,允许空箱
sigma dp[n][i],0<=i<=m,dp[n][m]为情况3的第二类斯特林数
这种情况就是在第3种情况的前提下,去枚举使用的箱子的个数
5.球不同,盒不同,无空箱
dp[n][m]*fact[m],dp[n][m]为情况3的第二类斯特林数,fact[m]为m的阶乘
因为球是不同的,所以dp[n][m]得到的盒子相同的情况,只要再给盒子定义顺序,就等于现在的答案了
6.球不同,盒不同,允许空箱
power(m,n) 表示m的n次方
每个球都有m种选择,所以就等于m^n
7.球同,盒同,允许空箱
dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m], n>=m
dp[n][m]=dp[n][m-1], n<m
边界dp[k][1]=1,dp[1][k]=1,dp[0][k]=1
现在有n个球,和m个箱子,我可以选择在所有箱子里面都放上1个球,也可以不选择这个操作。
如果选择了这个操作,那么就从dp[n-m][m]转移过来
如果没有选择这个操作,那么就从dp[n][m-1]转移过来
8.球同,盒同,无空箱
dp[n-m][m],dp同第7种情况,n>=m
0, n<m
因为要求无空箱,我们先在每个箱子里面放1个球,然后还剩下n-m个球了,再根据情况7答案就出来了
第一类Stirling数 s(p,k)
s(p,k)的一个的组合学解释是:将p个物体排成k个非空循环排列的方法数。
s(p,k)的递推公式: s(p,k)=(p-1)*s(p-1,k)+s(p-1,k-1) ,1<=k<=p-1
边界条件:s(p,0)=0 ,p>=1 s(p,p)=1 ,p>=0
递推关系的说明:
考虑第p个物品,p可以单独构成一个非空循环排列,这样前p-1种物品构成k-1个非空循环排列,方法数为s(p-1,k-1);
也可以前p-1种物品构成k个非空循环排列,而第p个物品插入第i个物品的左边,这有(p-1)*s(p-1,k)种方法。
第二类Stirling数 S(p,k)
S(p,k)的一个组合学解释是:将p个物体划分成k个非空的不可辨别的(可以理解为盒子没有编号)集合的方法数。
k!S(p,k)是把p个人分进k间有差别(如:被标有房号)的房间(无空房)的方法数。
S(p,k)的递推公式是:S(p,k)=k*S(p-1,k)+S(p-1,k-1) ,1<= k<=p-1
边界条件:S(p,p)=1 ,p>=0 S(p,0)=0 ,p>=1
递推关系的说明:
考虑第p个物品,p可以单独构成一个非空集合,此时前p-1个物品构成k-1个非空的不可辨别的集合,方法数为S(p-1,k-1);
也可以前p-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合,第p个物品放入任意一个中,这样有k*S(p-1,k)种方法。
第一类斯特林数和第二类斯特林数有相同的初始条件,但递推关系不同。
//第二类Stirling数
long long s[maxn+][maxn+];//存放要求的Stirling数
const long long mod=1e9+;
void get_s2()
{
memset(s,,sizeof(s));
s[][]=;
for(int i=;i<=maxn;i++){
for(int j=;j<=i;j++){
s[i][j]=s[i-][j-]+j*s[i-][j];
//s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]%mod)%mod; //如果需要取模
}
}
}
//第一类stirling数
void get_s1()
{
memset(s,,sizeof(s));
s[][]=;
for(int i=;i<=maxn;i++){
for(int j=;j<=i;j++){
s[i][j]=s[i-][j-]+(i-)*s[i-][j];
//s[i][j]=(s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j]%mod)%mod;
}
}
}
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