本文部分运用到了生成函数的知识
如果直接食用本文结论，请忽略下列链接。
生成函数参考博客：普通型生成函数 - Ricky2007 - 博客园
我认为讲的不错
组合数学非常有用！我们先从一点点简单的性质开始
加法原理
这非常简单，我们举一个例子即可：考虑我有 \(5\) 个红苹果和 \(3\) 个绿苹果，如果你要选一个苹果去吃，那么你一共有 \(5 + 3 = 8\) 种选择的方法
乘法原理
同样非常简单：考虑我有 \(5\) 个苹果，涵儿有 \(6\) 个苹果，我们各自拿出一个苹果，那么一共有 \(5 \times 6 = 30\) 种拿出的方案
减法原理和除法原理
本质与加法原理和乘法原理相似，这里不做展开
抽屉原理
(广义）如果 \(n\) 个物品一共有 \(k\) 种状态，那么至少有 \(\lceil \frac nk \rceil\) 种物品处于一个状态
推论：一个从有 \(> k\) 个元素的集合映射到 \(k\) 个元素的集合的函数一定不是一对一函数。
终于正式开始将排列组合了！
定理：具有 \(n\) 个元素的集合，选出 \(r\) 个排列的可能数（顺序相关）
\[P(n, r) = n(n - 1)(n - 2)\cdots(n - r + 1) \]
证明：由于顺序相关，不能选择同一个数多次，那么第一个位置有 \(n\) 种选法，第二个位置有 \(n - 1\) 中选法，以此类推，第 \(i\) 个位置有 \(n - i + 1\) 种选法。考虑乘法原理，那么就得出了上述结论。
特殊的：只要 \(n\) 是一个非负整数，那么 \(P(n, 0) = 1\)，因为恰好有一种方法来排列 \(0\) 个元素
简写公式：一般来说，我们不会写成上述形式，而是
\[P(n, r) = \frac {n!}{(n - r)!} \]
考虑这样一个问题：我有 \(7\) 个盘子，\(2\) 个苹果，\(3\) 个橘子和 \(2\) 个桃子，分别在一个盘子中放一个水果，一共有多少种放法（我们认为同一种水果是相同的）？
经过计算，一共有 \(\frac {7!}{2!3!2!} = 210\) 种放法。
抽象来说，我们将 \(k\) 个元素进行排列，对于第 \(i\) 个元素一共有 \(x_i\) 个。那么总的排列方案数为
其实就是顺序无关的排列
定理：具有 \(n\) 个元素的集合，选出 \(r\) 个数组成新的集合，本质不同的集合数为
\[C(n,r) = {n \choose r} = \frac {n!}{r!(n-r)!} \]
由于顺序无关，我们考虑通过排列推导。
证明：为了得出所有集合，我们先考虑顺序相关，也就是有 \(P(n, r)\) 个排列，而对于每一个排列，如果不考虑顺序，一共重复计算了 \(P(r, r)\) 次，所以
接下来我们考虑组合的各种性质
\[{n \choose m} = {n \choose n - m} = \frac nm {n - 1 \choose m - 1} = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1} \]
前两个等式，考虑按照定义展开化简即可
考虑最后一个等式，其实就是杨辉三角的递推，我们钦定 \(n\) 中的一个元素，分情况讨论
如果不选择这个数，也就是在剩下的数中选择 \(m\) 个数，那么一共有 \({n-1 \choose m}\) 种情况
如果选择这个数，那么只需要在剩下的数种选择 \(m - 1\) 个数即可，那么一共有 \(n - 1 \choose m - 1\) 种情况
\[\binom nk \binom km = \binom nm \binom {n-k}{m-k} \]
证明：展开即可
\[\sum_{i=k}^n \binom ik = \binom {n+1}{k+1} \]
证明：还是考虑展开
\(\binom k {k+1}\) 是不合法的，所以其值为 0，加上去之后不会对结果产生影响
我们通过公式 \(\binom nm = {n-1 \choose m} + {n - 1 \choose m - 1}\) 两两合并即可。
推论：我们将 \(i\) 平移，那么得出
\[\sum_{i=0}^n i \binom ni = n 2^{n-1} \]
证明：
考虑代数展开，通过 \({n \choose m} = {n \choose n - m}\) 变化即可。
但是，其实可以通过生成函数推导。推导步骤如下：
我们先展开，得到
我们可以由此联想到生成函数求导的公式
那么我们考虑求导前的生成函数序列：
显然，其生成函数展开之前为 \(F(x) = (1+x)^n\)
那么我们对其求导得到 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\)
展开之后为
我们考虑需要把所有的系数加起来，那么我们令 \(x = 1\) 即可
所以，得出
我们考虑扩展一下上述式子
\[\sum_{i=0}^n i^2 \binom ni = n 2^{n-1} + (n-1)n2^{n-2} \]
考虑还是利用生成函数的思路。
将生成函数 \(F'(x) = n(1+x)^{n-1}\) 向右平移一位并再次求导：
那么我们还是借上面的思路，令 \(x = 1\)，所以
定理：令 \(n\) 是非负整数，那么有
\[\begin{aligned} (x+y)^n & = \sum_{i = 0}^n x^{n - i}y^i \\ & = \binom{n}{0}x^ny^0 + \binom n1 x^{n-1}y^1 + \cdots + \binom n {n-1} x^1y^{n-1} + \binom nn x^0 y^n \end{aligned} \]
考虑展开之后每一项都应该是 \(n\) 次的，所以 \(x\) 为 \(i\) 次一共有 \(\binom ni\) 种情况
我们利用这个找到一些有用的性质：
推论：令 \(n\) 为非负整数，那么
\[\sum_{i=0}^n \binom ni = 2^n \]
证明：用二项式定理，令 \(x = y = 1\)，那么
推论：令 \(n\) 为非负整数，那么
\[\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom ni = 0 \]
证明：令 \(x = -1, y = 1\) 即可
已知 \(n, m, t\)
\[\sum_{i=0}^t \binom ni \binom m {t-i} = \binom{n + m} t \]
证明：在组合意义上，相当于在 \(n\) 中选 \(i\) 个，在 \(m\) 中选剩下的，也就是在 \(n + m\) 中选择 \(t\) 个。
而二项式证明这里就不展开了。
请证明：
\[\sum_{i=0}^n {\binom ni}^2 = \binom {2n} n \]
定理：
\[\binom nm \equiv \binom {\lfloor \frac np \rfloor}{\lfloor \frac mp \rfloor} \binom {n \% p}{m \% p} \pmod p \]这个证明相对复杂，请酌情食用
证明：
我们考虑通过带余方程改写上述式子：
我们通过生成函数 \(F(x) = (1+x)^{sp+t}\) 的第 \(kp+r\) 次项的系数求。
我们先求一个推导的时候需要的东西：
那么我们正式开始推导：
我们取 \(x^{kp+r}\) 项
那么当且仅当 \(i = k, j = r\) 时，就可以取出 \(x^{kp+r}\) 项的系数。
考虑为什么当且仅当？
可知，我们需要 \(ip+j = kp + r\)
\[\begin{aligned} & \because j \in [0, t], t \in [0, p), r \in [0, p) \\ & \therefore j = r, i = k \end{aligned} \]
那么，其系数为
所以，可知
得证：
程序实现：
这里还是稍微讲一下吧
首先，我们需要求出组合数，那么我们先预处理一下模数以内的阶乘和阶乘逆元：
long long fac[N] = {1}, ifac[N];
for (int i = 1; i < MOD; ++i) fac[i] = (i * fac[i - 1]) % MOD;
ifac[MOD - 1] = quickPow(fac[MOD - 1], MOD - 2, MOD);
for (int i = MOD - 1; i; --i) ifac[i - 1] = ifac[i] * i % MOD;
考虑一下组合数的特殊情况，如果 \(n < m\) 那么 \(\binom nm = 0\)
所以我们求模数以内的组合数方法如下：
inline int C(int i, int j) {
if (i > j) return 0;
return fac[j] * ifac[i] % MOD * ifac[j - i] % MOD;
}
那么Lucas定理呢？我们处理一下 \(n = 0\) 的特殊情况即可
inline int Lucas(int i, int j) {
if (i == 0) return 1;
return Lucas(i / MOD, j / MOD) * C(i % MOD, j % MOD) % MOD;
}
这个部分相对较复杂，我给出反演公式
令 \(f_n\) 表示之多拥有 \(n\) 个属性的集合个数，\(g_n\) 表示恰好拥有 \(n\) 个属性的集合
那么
反演推导证明