初步：加法原理和乘法原理
概念：
加法原理是分類計數原理，常用於排列組合中，具體是指：做一件事情，完成它有n類方式，第一類方式有M1種方法，第二類方式有M2種方法，……，第n類方式有Mn種方法，那么完成這件事情共有M1+M2+……+Mn種方法。
做一件事，完成它需要分成n個步驟，做第一 步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，……，做第n步有mn種不同的方法。那么完成這件事共有 N=m1×m2×m3×…×mn 種不同的方法。
這個感覺大家都知道（小學奧數就開始學了吧qwq），感覺沒有什么好說的qwq
例題參照：AHOI2009 中國象棋
這個題因為和DP結合，狀態設計比較難想。但是當我們用\(f[i][j][k]\)來表示到第i行，其中j列擺放了一個棋子，k列擺放了兩個棋子之后，我們不難發現狀態的轉移就是其實就是加法原理和乘法原理的應用：
以下是核心代碼：
dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod;
//這一行什么都不放
dp[i][j-1][k+1]=(dp[i][j-1][k+1]+j*dp[i-1][j][k])%mod;
//這一行在原先只有一個棋子的那一列放一個棋子
dp[i][j+1][k]=(dp[i][j+1][k]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k])%mod;
//這一行在原先沒有棋子的那一列放一個棋子
dp[i][j+2][k]=(dp[i][j+2][k]+(m-k-j)*(m-k-j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;
//這一行在原先沒有棋子的兩列分別擺放一個棋子
dp[i][j][k+1]=(dp[i][j][k+1]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k]*j)%mod;
//這一行在原先有一個棋子和沒有棋子的兩列分別放一個
dp[i][j-2][k+2]=(dp[i][j-2][k+2]+j*(j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;
//這一行在原先有一個棋子的兩列分別擺放一個棋子
加法原理和乘法原理的區別：
一個與分類有關，一個與分步有關；加法原理是 “分類完成”，乘法原理是 “分步完成”。
初識排列
定義
從\(n\)個不同元素中，任取\(m\)（m<=n,m與n均為自然數, 下同）個元素按照一定的順序排成一列，叫做從\(n\)個不同元素中取出\(m\)個元素的一個排列；從\(n\)個不同元素中取出\(m\)(\(m<=n\))個元素的所有排列的個數，叫做從\(n\)個不同元素中取\(m\)個元素的排列數，用符號\(A_n^m\) 表示。
計算公式
\(A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}\)
常見問題
1、全排列問題
\(A_n^n=n(n-1)(n-2)...3\times 2\times 1=n!\)
2、部分排列
就是上面的計算公式qwq
初識組合
定義：
\(n\)個人中選\(m\)(\(m<=n\)) 個出來，不排隊，不在乎順序就是\(C_n^m\)。
它和排列有關系為：\(C_n^m\times A_m^m=C_n^m\times m!=A_m^n\)
（解釋：因為要考慮順序，選出來的那m個人還需要全排列）
公式：
1、\(C_m^n=\frac{m!}{n!\times (m-n)!}\)
2、\(C_m^n=C_m^{m-n}\)
3、\(C_m^n=C_{m-1}^n+C_{m-1}^{n-1}\)
4、\(C_m^{n+1}=\frac{C_m^{n}\times (m-n)}{n+1}\)
5、\(C_{m}^{0}+C_{m}^{1}+C_{m}^{2}+...+C_{m}^{m}=2^{m}\)
-
對於第二個公式應該很好理解，就是反選，方案數量自然是一樣的。這體現的是它良好的對稱性。
-
第三個公式平常用來遞推。可以划分為子問題理解：為如果選第n個數，那么就是在n-1個數里面選擇m-1個數，如果不選第n個數，就是在n-1個數里面選m個數。證明如下：
\(∵C_{m}^{n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(∵C_{m}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\)
\(∴C_{m}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}=\frac{(n-1)!(n-m)}{m!(n-m)!}\)
\(∵C_{m-1}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}=\frac{(n-1)!m}{m!(n-m)!}\)
\(∴C_{m-1}^{n-1}+C_{m-1}^{n}\)
\(=\frac{(n-1)!m}{m!(n-m)!}+\frac{(n-1)!(n-m)}{m!(n-m)!}\)
\(=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(=C_m^n\)
- 第四個公式很好證明（展開即可），這里介紹它的應用：（二項式展開）求\((a+b)^n\)展開式的各項系數。
我們會想到楊輝三角進行預處理，但是也可以直接利用公式：
\(C_n^{m+1}/C_n^m=\frac{n-m}{m+1}\)遞推來解決。
有限的可重復元素的排列
假設現在有n個元素，對於第一類元素\(n_1\)，有sum1個重復，第二類元素\(n_2\)，有sum2個重復......第m類元素\(n_m\)，有summ個重復，總方案數為：
附上一張來自wikipedia的圖幫助理解：
無限的可重復元素組合問題
上面講解的是有限的可重復元素排列問題，下面講無限的可重復元素排列問題（就是每個元素都可以用無限多次參與排列）
現在我們從m個元素中選擇k個元素的，然后我們將這k個元素進行排序之后應該是這個樣子：（設我們選擇的數為編號為\(a_i\)
\(1<=a_1<=a_2<=......<=a_k<=m\)
那么現在我們將等於號消去：
\(1<=a_1<=a_2+1<=a_3+2<=......<=a_k+k-1<=m+k-1\)
現在我們設\(b_i=a_i+i-1\),那么很容易我們可以發現
\(1<=b_1<b_2<b_3<......<b_k<=n-k+1\)
那么現在問題就轉換成了在\([1,n+k-1]\)中選擇k個不重復的元素了，那么根據我們的組合公式，自然是\(C_{m+k-1}^k\)了qwq
同理還有求編號在1~n的元素中取k個元素，使得他們的編號不相鄰。公式是一樣的，證明也是一樣的。
二項式
這里有一張來自wikipedia的圖，我覺得特別棒
二項式的系數公式：
\((x+y)^n=C_n^0x^ny^0+C_n^1x^{n-1}y^1+......+C_n^nx^0y^n\)
（可以看到，其實也可以用楊輝三角表示）
綜合起來就是
\((x+y)^n=\sum_{k=0}^n\times C_n^k\times x^{n-k}\times y^k\)
錯排問題
錯排就是諸如有1~n n個人，每個人按照1~n進行編號，現在要讓他們排成一隊，但是每個人不能在自己編號上的問題。
對於這個問題，luogu日報已經有專門的一期來進行詳細的講解~~
傳送門——戳我~~
錯排的遞推公式：
\(dp[1]=0\)
\(dp[2]=1\)
\(dp[i]=(n-1)(dp[i-1]+dp[i-2])\)
圓排
從n個不同元素中不重復地取出m（1≤m≤n）個元素在一個圓周上，叫做這n個不同元素的圓排列。如果一個m-圓排列旋轉可以得到另一個m-圓排列，則認為這兩個圓排列相同。
n個不同元素的m-圓排列個數N為：
\(A_n^m/m=\frac{n!}{(n-m)\times m}\)
特別地，當m=n時，n個不同元素作成的圓排列總數N為： \(N=(N-1)!\)
環上的染色問題
現在一個環被分成了n段，要求每一段上都塗上顏色。一共有k種不同的顏色，塗好之后兩兩相鄰顏色不能相同。問有多少種塗色方案？
這個問題我們可以這樣考慮：
第一種情況：如果我們把原先的環看作只有\(n-1\)段，進行塗色，那么就是子問題\(A_{n-1}\)，而且因為現在兩兩相鄰的一定顏色不同，所以這時候我們再添加一個的話就是乘上\(m-2\)；
第二種情況：我們把原先的環看作\(n-2\)段，，這樣的話轉換成了\(A_{n-2}\)的子問題，然后我們隨意將一段分為兩段，這時候還差一段，在兩個相同顏色中間插入一種顏色，自然是有\(m-1\)種選擇方法。
遞推公式整理如下：
\(A_n=(m-2)A_{n-1}+(m-1)A_{n-2}\)
這是一個二階常系數遞推式，推導之后通項公式如下：
\(A_n=(m-1)^n+(-1)^n\times (m-1)\)
求組合數：
1、如果p是質數而且比較小\((<=10^5)\)，可以使用lucas定理
2、如果\(n,m<=10^6,p<=10^9\) 可以先預處理出來逆元，然后直接算qwq
補充楊輝三角中的一個求斜列和的公式：
\(C_n^i+C_{n+1}^i+...+C_{m}^i=C_{m+1}^{i+1}-C_{n}^{i+1}\)
具體就是可以把右邊的那個減數轉移到左邊來。。其他的合並很直觀了qwq