10.2　计数与概率基础

排列与组合是最基本的计数技巧。本节介绍一些基本的相关知识和方法，供读者参考。

加法原理。做一件事情有n个办法，第i个办法有p_i种方案，则一共有p₁+p₂+…+p_n种方案。

乘法原理。做一件事情有n个步骤，第i个步骤有p_i种方案，则一共有p₁p₂…p_n种方案。

乘法原理是加法原理的特殊情况（按照第一步骤进行分类），二者都可用于递推。注意应用加法原理的关键是分类：各类别之间必须没有重复、没有遗漏。如果有重复，可以使用容斥原理。

容斥原理。假设班里有10个学生喜欢数学，15个学生喜欢语文，21个学生喜欢编程，一共有多少个学生呢？是10+15+21=46个吗？不是的，因为有些学生可能同时喜欢数学和语文，或者语文和编程，甚至还可能有三者都喜欢的。为了叙述方便，将喜欢语文、数学、编程的学生集合分别用A, B, C表示，则学生总数等于|A∪B∪C|。刚才已经说了，如果把这3个集合的元素个数|A|、|B|、|C|直接加起来，会有一些元素重复统计了，因此需要扣掉|A∩B|、|B∩C|、|C∩A|，但这样一来，又有一小部分多扣了，需要加回来：|A∩B∩C|。这样，就得到了一个公式：

|A∪B∪C|=|A|+|B|+|C|-|A∩B|-|B∩C|-|C∩A|+|A∩B∩C|

一般地，对于任意多个集合，都可以列出这样一个等式，其中左边是所有集合的并的元素个数，右边是这些集合的“各种搭配”。每个“搭配”都是若干个集合的交集，且每一项前面的正负号取决于集合的个数——奇数个集合为正，偶数个集合为负。

有重复元素的全排列。有k个元素，其中第i个元素有n_i个，求全排列个数。

【分析】

令所有n_i之和为n，再设答案为x。首先做全排列，然后把所有元素编号，其中第s种元素编号为1～n_s（例如，有3个a，两个b，先排列成aabba，然后可以编号为a₁a₃b₂b₁a₂）。这样做以后，由于编号后所有元素均不相同，方案总数为n的全排列数n!。根据乘法原理，得到了一个方程：n₁!n₂!n₃!…n_kx!=n!，移项即可。

可重复选择的组合。有n个不同元素，每个元素可以选多次，一共选k个元素，有多少种方法？例如，n=3，k=2时有6种：(1,1),(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,3)。

【分析】

设第i个元素选x_i个，问题转化为求方程x₁+x₂+…+x_n=k的非负整数解的个数。令y_i=x_i+1，则答案为y₁+y₂+…+y_n=k+n的正整数解的个数。想象有k+1个数字“1”排成一排，则问题等价于：把这些“1”分成n个部分，有多少种方法？这相当于在k+n-1个“候选分隔线”中选n-1个，即C(k+n-1,n-1)=C(n+k-1,k)。

10.2.1　杨辉三角与二项式定理

组合数在组合数学中占有重要地位。与组合数相关的最重要的两个内容是杨辉三角和二项式定理。如图10-1所示就是一个杨辉三角

图10-1　杨辉三角

另一方面，把(a+b)ⁿ展开，将得到一个关于x的多项式：

系数正好和杨辉三角一致。一般地，有二项式定理：

这不难理解：(a+b)ⁿ是n个括号连乘，每个括号里任选一项乘起来都会对最后的结果有一个贡献。如果选了k个a，就一定会选n-k个b，最后的项自然就是a^n-kb^k。而从n个a里选k个（同时也相当于n个b里选n-k个）有种方法，这也是组合数的定义。

给定n，如何求出(a+b)ⁿ中所有项的系数呢？一个方法是用递推，根据杨辉三角中不难发现的规律，可以写出如下程序：

memset(C, 0, sizeof(C));
for(int i = 0; i <= n; i++) {
  C[i][0] = 1;
  for(int j = 1; j <= i; j++) C[i][j] = C[i-1][j-1] + C[i-1][j];
}

但遗憾的是，这个算法的时间复杂度是O(n²)——尽管只用了杨辉三角的第n行的n+1个元素，却把全部n行的O(n²)个元素都计算了一遍。

另一个方法是利用等式，从开始从左到右递推，例如：

C[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) C[i] = C[i-1]*(n-i+1)/i;

注意，应该先乘后除，因为C[i-1]/i可能不是整数。但这样一来增加了溢出的可能 性——即使最后结果在int或long long范围之内，乘法也可能溢出。如果担心这样的情况出现，可以先约分，不过一般来说是不必要的。

尽管等式的“实际意义”不是很明显，却很容易用组合数公式证明，读者不妨一试。

例题10-6　无关的元素（Irrelevant Elements, ACM/ICPC NEERC 2004, UVa1635）

对于给定的n个数a₁, a₂,…, a_n，依次求出相邻两数之和，将得到一个新数列。重复上述操作，最后结果将变成一个数。问这个数除以m的余数与哪些数无关？例如n=3，m=2时，第一次求和得到a₁+a₂，a₂+a₃，再求和得到a₁+2a₂+a₃，它除以2的余数和a₂无关。1≤n≤10⁵，2≤m≤10⁹。

【分析】

显然最后的求和式是a₁,a₂,…, a_n的线性组合。设a_i的系数为f(i)，则和式除以m的余数与a_i无关，当且仅当f(i)是i的倍数。不妨看一个简单的例子：

看到最后的结果，你想到了什么？没错，“1 4 6 4 1”正是杨辉三角的第5行！不难证明，在一般情况下，最后a_i的系数是。这样，问题就变成了中有哪些是m的倍数。

还记得二项式展开的方法吗？理论上，利用此方法可以递推出所有，但它们太大了，必须用高精度才能存得下。但此问题中所关心的只是“哪些是m的倍数”，受到数论部分中的启发，只需要依次计算m的唯一分解式中各个素因子在中的指数即可完成判断。这些指数仍然可以用递推，并且不会涉及高精度。有的读者可能会尝试直接递推每个系数除以m的余数，但遗憾的是，递推式中有除法，而模m意义下的逆并不一定存在。

10.2.2　数论中的计数问题

约数的个数。给出正整数n的唯一分解式，求n的正约数的个数。

【分析】

不难看出，n的任意正约数也只能包含p₁, p₂, p₃等素因子，而不能有新的素因子出现。对于n的某个素因子p_i，它在所求约数中的指数可以是0, 1, 2,…, a_i共a_i+1种情况，而且不同的素因子之间相互独立。根据乘法原理，n的正约数个数为：

小于n且与n互素的整数个数。给出正整数n的唯一分解式，求1, 2, 3,…, n中与n互素的数的个数。

【分析】

用容斥原理。首先从总数n中分别减去是p₁, p₂,…, p_k的倍数的个数（对于素数p来说，“与p互素”和“不是p的倍数”等价），即，然后加上“同时是两个素因子的倍数”的个数，再减去“同时是3个素因子的倍数”——写成一个“学术味比较浓”的公式就是：

这里引入的新记号φ(n)就是题目中所求的结果，称为欧拉函数。强烈建议初学者花一些时间理解这个公式。对于{p₁, p₂, …, p_k}的任意子集S，“不与其中任何一个互素”的元素个数是。不过这一项的前面是加号还是减号呢？这取决于S中的元素个数——奇数个就是“减号”，偶数个就是“加号”。

公式已得出，可计算起来很不方便。如果直接根据公式，需要计算多达2^k项的代数和，甚至可能比“暴力枚举（依次判断1～n中每个数是否与n互素）”还要慢。

下一步并不显然。上述公式可以变形成如下的形式：

从而只需要O(k)的计算时间，在刚才的基础上大大提高了效率。为什么这个式子和上一个等价呢？直接考虑新公式的“展开方式”即可。展开式的每一项是从每个括号各选一个（选1或者），全部乘起来以后再乘以n得到。这不正是最初的推导过程吗？

如果没有给出唯一分解式，需要用试除法依次判断内的所有素数是否是n的因子。这样，则需要先生成内的素数表。但其实并不用这么麻烦：只需要每次找到一个素因子之后把它“除干净”，即可保证找到的因子都是素数（想一想，为什么）。

int euler_phi(int n) {
  int m = (int)sqrt(n+0.5);
  int ans = n;
  for(int i = 2; i <= m; i++) if(n % i == 0) {
      ans = ans / i * (i-1);
      while(n % i == 0) n /= i;
  }
  if(n > 1) ans = ans / n * (n-1);
return ans;
}

1～n中所有数的欧拉phi函数值。并不需要依次计算。可以用与筛法求素数非常类似的方法，在O(nloglogn)时间内计算完毕，例如（原理请读者体会）：

void phi_table(int n, int* phi) {
  for(int i = 2; i <= n; i++) phi[i] = 0;
  phi[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= n; i++) if(!phi[i])
    for(int j = i; j <= n; j += i) {
      if(!phi[j]) phi[j] = j;
      phi[j] = phi[j] / i * (i-1);
    }
}

例题10-7　交表（Send a Table, UVa10820）

有一道比赛题目，输入两个整数x、y（1≤x,y≤n），输出某个函数f(x,y)。有位选手想交表（即事先计算出所有的f(x,y)，写在源代码里），但是表太大了，源代码超过了比赛的限制，需要精简。

好在那道题目有一个性质，使得很容易根据f(x,y)算出f(x*k, y*k)（其中k是任意正整数），这样有一些f(x,y)就不需要存在表里了。

输入n（n≤50000），你的任务是统计最简的表里有多少个元素。例如，n=2时有3个：(1,1), (1,2), (2,1)。

【分析】

本题的本质是：输入n，有多少个二元组(x,y)满足：1≤x,y≤n，且x和y互素。不难发现除了(1,1)之外，其他二元组(x,y)中的x和y都不相等。设满足x<y的二元组有f(n)个，那么答案就是2f(n)+1。

对照欧拉函数的定义，可以得到f(n)=phi(2)+phi(3)+…+phi(n)，时间复杂度为O(nloglogn)。

10.2.3　编码与解码

两个a、一个b和一个c组成的所有串可以按照字典序编号为：

aabc(1)、aacb(2)、abac(3)、…、cbaa(12)

任给一个字符串，能否方便地求出它的编号呢？例如，输入acab，则应输出5。

下面直接求解一般情况的问题（并不限定字母的种类和个数）。设输入串为S，记d(S)为S的各个排列中，字典序比S小的串的个数，则可以用递推法求解d(S)，如图10-2所示。

其中边上的字母表示“下一个字母”，f(x)表示多重集x的全排列个数。例如，根据第一个字母，可以把字典序小于caba的字符串分为3种：以a开头的，以b开头的，以c开头的，分别对应d(caba)的3棵子树。以a开头的所有串的字典序都小于caba，所以剩下的字符可以任意排列，个数为f(cba)；同理，以b开头的所有串的字典序也都小于caba，个数为f(caa)；以c开头的串字典序不一定小于caba，关键要看后3个字符，因此这部分的个数为d(aba)，还需要继续往下分。

至于f函数的求解，大部分组合数学书籍中均有介绍：设字符一共有k类，个数分别为n₁, n₂,…, n_k，则这个多重集的全排列个数为。

不难算出，，其他f值分别为f(cba)=6，f(b)=1，故d(caba)=f(cba)+ f(caa)+f(b)=3+6+1=10。既然“比它小”的个数是10，序号自然就是11了。

“给物体一个编号”称为编码，同理也有“解码”，即根据序号构造出这个物体。这个过程和刚才的很接近：依次确定各个位置上的字母即可。例如，要求出序号为8（因此有7个比它小）的字符串，推理过程如图10-3所示。

图10-2　字符串编码的递推过程	图10-3　字符串解码的递推过程

例题10-8　密码（Password, ACM/ICPC Daejon 2010, UVa1262）

给两个6行5列的字母矩阵，找出满足如下条件的“密码”：密码中的每个字母在两个矩阵的对应列中均出现。例如，左数第2个字母必须在两个矩阵中的左数第2列中均出现。例如，图10-4中，COMPU和DPMAG都满足条件。

图10-4　满足条件的密码

字典序最小的5个满足条件的密码分别是：ABGAG、ABGAS、ABGAU、ABGPG和ABGPS。给定k（1≤k≤7777），你的任务是找出字典序第k小的密码。如果不存在，输出NO。

【分析】

本题是一个经典的解码问题。首先把不可能出现在答案中的字母排除。例如在上面的例子中，第1个字母只能是{A,C,D,W}，第2个字母只能是{B,O,P}，第3个字母只能是{G,M,O,X}，第4个字母只能是{A,P}，第5个字母只能是{G,S,U}。

不管第1个字母是多少，后4个字母都有3*4*2*3=72种可能，因此当k≤72时，第1个字母是A，当72<k≤144时第1个字母是C，如此等等。再用同样的方法确定第2，3，4，5个字母即可。

由于k≤7777，本题还有一个取巧的方法：直接按照字典序从小到大的顺序递归一个一个的枚举。虽然代码比递推法要长，但是由于思维难度小，往往能在更短的时间内写完、写对。

10.2.4　离散概率初步

关于概率有一套很深的理论，不过很多和概率相关的问题并不需要特别的知识，熟悉排列组合就够了。

第1个例子是：连续抛3次硬币，恰好有两次正面的概率是多少？用H和T来表示正面和背面（取自英文单词head和tail），则一共有8种可能的情况：HHH、HHT、HTH、HTT、THH、THT、TTH、TTT。根据我们对硬币的认识，这8种情况出现的可能性相同，概率各为 1/8。用概率论的专业术语说，这里的{HHH、HHT、HTH、HTT、THH、THT、TTH、TTT}称为样本空间（Sample Space）。所求的是“恰好有两次正面”这个事件（Event）的概率。借助于集合的记号，这个事件可以表示为{HHT, HTH, THH}，其概率为3/8。

提示10-5：如果样本空间由有限个等概率的简单事件组成，事件E的概率可以用组合计数的方法得到：。

第2个例子是：如果一间屋子里有23个人，那么“至少有两个人的生日相同”的概率超过50%。为了简单起见，假定已知每个人的生日都不是2月29日。

尽管看上去复杂了许多，其实这个例子和抛硬币是类似的。每个人的生日是365天中等概率随机选择的，因此样本空间大小|S|=365²³。接下来需要计算“至少有两个人生日相同”的情况有多少种。这个数目不太好直接统计，所以统计“任何两个人的生日都不相同”的数目，然后用总数减去它即可。公式不难得到：

不管是还是365²³都无法储存在int或者long long中，但概率是实数，并且此处并不需要太高的精度，所以可以直接计算，例如：

double P(int n, int m) {
  double ans = 1.0;
  for(int i = 0; i < m; i++) ans *= (n-i);
  return ans;
}
double birthday(int n, int m) {
  double ans = P(n, m);
  for(int i = 0; i < m; i++) ans /= n;
  return 1 - ans;
}

函数birthday(365,23)的返回值为0.5073，即50.73%。别高兴得太早，我们来算一算birthday(365,365)。直观上，365个人中几乎肯定会有两个人的生日相同，因此birthday(365,365)应该返回一个很接近1的值。可结果呢？很不幸，返回值为-1.#INF0000——连double都溢出了。

解决方案是边乘边除，而不是连着乘m次，然后再连着除m次。例如：

double birthday(int n, int m) {
  double ans = 1.0;
  for(int i = 0; i < m; i++) ans *= (double)(n-i) / n;
  return 1 - ans;
}

本例说明：正如数论和组合计数中要注意int和long long溢出一样，在概率计算中要注意double溢出。顺便说一句，这个“改进版”程序其实有个直接的概率意义：

其中，E_i表示“第i个人的生日不和前面的人重复”这个事件。上面的公式用到了这样一个结论：如果有n个相互独立的事件，则它们同时发生的概率是每个事件单独发生的概率的乘积，像计数中的乘法原理一样。看上去很直观吧？但严格的定义需要用到“条件概率”的知识。

条件概率。在概率计算中，条件概率扮演了重要的作用。公式如下：

P(A|B) = P(AB) | P(B)

这里，P(A|B)是指，在事件B发生的前提下，事件A发生的概率，而P(AB)是指两个事件A和B同时发生的概率。前面所说的两个事件AB独立就是指P(AB)=P(A)P(B)。

条件概率中还有一个重要的公式，即贝叶斯公式：P(A|B)=P(B|A) * P(A)/P(B)

全概率公式。计算概率的一种常用方法是：样本空间S分成若干个不相交的部分B₁, B₂,…, B_n，则P(A)=P(A|B₁)*P(B₁) + P(A|B₂)*P(B₂)+…+P(A|B_n)*P(B_n)。

公式看上去复杂，但其实思路很简单。例如，参加比赛，得一等奖、二等奖、三等奖和优胜奖的概率分别为0.1、0.2、0.3和0.4，这4种情况下，你会被妈妈表扬的概率分别为1.0、0.8、0.5、0.1，则你被妈妈表扬的总概率为0.1*1.0+0.2*0.8+0.3*0.5+0.4*0.1=0.45。使用全概率公式的关键是“划分样本空间”，只有把所有可能情况不重复、不遗漏地进行分类，并算出每个分类下事件发生的概率，才能得出该事件发生的总概率。

例题10-9　决斗（Headshot, ACM/ICPC NEERC 2009, UVa1636）

首先在手枪里随机装一些子弹，然后抠了一枪，发现没有子弹。你希望下一枪也没有子弹，是应该直接再抠一枪（输出SHOOT）呢，还是随机转一下再抠（输出ROTATE）？如果两种策略下没有子弹的概率相等，输出EQUAL。

手枪里的子弹可以看成一个环形序列，开枪一次以后对准下一个位置。例如，子弹序列为0011时，第一次开枪前一定在位置1或2（因为第一枪没有子弹），因此开枪之后位于位置2或3。如果此时开枪，有一半的概率没有子弹。序列长度为2～100。

【分析】

直接抠一枪没子弹的概率是一个条件概率，等于子串00的个数除以00和01总数（也就是0的个数）。转一下再抠没子弹的概率等于0的比率。

设子串00的个数为a，0的个数为b，则两个概率分别是a/b和b/n。问题就是比较an和b²。前者大就是SHOOT，后者大就是ROTATE。

例题10-10　奶牛和轿车（Cows and Cars, UVa10491）

有这么一个电视节目：你的面前有3个门，其中两扇门里是奶牛，另外一扇门里则藏着奖品——一辆豪华小轿车。在你选择一扇门之后，门并不会立即打开。这时，主持人会给你个提示，具体方法是打开其中一扇有奶牛的门（不会打开你已经选择的那个门，即使里面是牛）。接下来你有两种可能的决策：保持先前的选择，或者换成另外一扇未开的门。当然，你最终选择打开的那扇门后面的东西就归你了。

在这个例子里面，你能得到轿车的概率是2/3（难以置信吧！），方法是总是改变自己的选择。2/3这个数是这样得到的：如果选择了两个牛之一，你肯定能换到车前面的门，因为主持人已经让你看了另外一个牛；而如果你开始选择的就是车，就会换成剩下的牛并且输掉奖品。由于你的最初选择是任意的，因此选错的概率是2/3。也正是这2/3的情况让你能换到那辆车（另外1/3的情况你会从车切换到牛）。

现在把问题推广一下，假设有a头牛，b辆车（门的总数为a+b），在最终选择前主持人会替你打开c个有牛的门（1≤a≤10000，1≤b≤10000，0≤c<a），输出“总是换门”的策略下，赢得车的概率。

【分析】

使用全概率公式。打开c个牛门后，还剩a-c头牛，未开的门总数是a+b-c，其中有a+b-c-1个门可以换（称为“可选门”），换到门的概率就是“可选门”的总数除以“可选门中车门的个数”。

情况1：一开始选了牛（概率a / (a+b)），则可选门中车门有b个。这种情况的总概率为a/(a+b) * b/(a+b-c-1)。

情况2：一开始选了车（概率为b / (a+b)），则可选门中车门只有b-1个，概率为b/(a+b) * (b-1)/(a+b-c-1)。

加起来得(ab+b(b-1)) / ((a+b)(a+b-c-1))。

例题10-11　条件概率（Probability|Given, UVa11181）

有n个人准备去超市逛，其中第i个人买东西的概率是P_i。逛完以后你得知有r个人买了东西。根据这一信息，请计算每个人实际买了东西的概率。输入n（1≤n≤20）和r（0≤r≤n），输出每个人实际买了东西的概率。

【分析】

“r个人买了东西”这个事件叫E，“第i个人买东西”这个事件为E_i，则要求的是条件概率P(E_i|E)。根据条件概率公式，P(E_i|E) = P(E_iE) / P(E)。

P(E)依然可以用全概率公式。例如，n=4，r=2，有6种可能：1100, 1010, 1001, 0110, 0101, 0011，其中1100的概率为P₁*P₂*(1-P₃)*(1-P₄)，其他类似，设置A[k]表示第k个人是否买东西（1表示买，0表示不买），则可以用递归的方法枚举恰好有r个A[k]=1的情况。

如何计算P(E_iE)呢？方法一样，只是枚举的时候要保证第A[i]=1。不难发现，其实可以用一次枚举就计算出所有的值。用tot表示上述概率之和，sum[i]表示A[i]=1的概率之和，则答案为P(E_i)/P(E)=sum[i]/tot。

例题10-12　纸牌游戏（Double Patience, NEERC 2005, UVa1637）

36张牌分成9堆，每堆4张牌。每次可以拿走某两堆顶部的牌，但需要点数相同。如果有多种拿法则等概率的随机拿。例如，9堆顶部的牌分别为KS, KH, KD, 9H, 8S, 8D, 7C, 7D, 6H，则有5种拿法(KS,KH), (KS,KD), (KH,KD), (8S,8D), (7C,7D)，每种拿法的概率均为1/5。如果最后拿完所有牌则游戏成功。按顺序给出每堆牌的4张牌，求成功概率。

【分析】

用9元组表示当前状态，即每堆牌剩的张数，状态总数为5⁹=1953125。设d[i]表示状态i对应的成功概率，则根据全概率公式，d[i]为后继状态的成功概率的平均值，按照动态规划的写法计算即可。