初步：加法原理和乘法原理
概念：
加法原理是分类计数原理，常用于排列组合中，具体是指：做一件事情，完成它有n类方式，第一类方式有M1种方法，第二类方式有M2种方法，……，第n类方式有Mn种方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+Mn种方法。
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一 步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法。那么完成这件事共有 N=m1×m2×m3×…×mn 种不同的方法。这个感觉大家都知道（小学奥数就开始学了吧qwq），感觉没有什么好说的qwq
例题参照：
这个题因为和DP结合，状态设计比较难想。但是当我们用\(f[i][j][k]\)来表示到第i行，其中j列摆放了一个棋子，k列摆放了两个棋子之后，我们不难发现状态的转移就是其实就是加法原理和乘法原理的应用：
以下是核心代码：dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod;//这一行什么都不放dp[i][j-1][k+1]=(dp[i][j-1][k+1]+j*dp[i-1][j][k])%mod;//这一行在原先只有一个棋子的那一列放一个棋子dp[i][j+1][k]=(dp[i][j+1][k]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k])%mod;//这一行在原先没有棋子的那一列放一个棋子dp[i][j+2][k]=(dp[i][j+2][k]+(m-k-j)*(m-k-j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;//这一行在原先没有棋子的两列分别摆放一个棋子dp[i][j][k+1]=(dp[i][j][k+1]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k]*j)%mod;//这一行在原先有一个棋子和没有棋子的两列分别放一个dp[i][j-2][k+2]=(dp[i][j-2][k+2]+j*(j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;//这一行在原先有一个棋子的两列分别摆放一个棋子
加法原理和乘法原理的区别：
一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是 “分类完成”，乘法原理是 “分步完成”。
初识排列
定义
从\(n\)个不同元素中，任取\(m\)（m<=n,m与n均为自然数, 下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从\(n\)个不同元素中取出\(m\)个元素的一个排列；从\(n\)个不同元素中取出\(m\)(\(m<=n\))个元素的所有排列的个数，叫做从\(n\)个不同元素中取\(m\)个元素的排列数，用符号\(A_n^m\) 表示。
计算公式
\(A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}\)
常见问题
1、全排列问题
\(A_n^n=n(n-1)(n-2)...3\times 2\times 1=n!\)2、部分排列
就是上面的计算公式qwq初识组合
定义：
\(n\)个人中选\(m\)(\(m<=n\)) 个出来，不排队，不在乎顺序就是\(C_n^m\)。
它和排列有关系为：\(C_n^m\times A_m^m=C_n^m\times m!=A_m^n\) （解释：因为要考虑顺序，选出来的那m个人还需要全排列）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、\(C_{m}^{0}+C_{m}^{1}+C_{m}^{2}+...+C_{m}^{m}=2^{m}\)
对于第二个公式应该很好理解，就是反选，方案数量自然是一样的。这体现的是它良好的对称性。
第三个公式平常用来递推。可以划分为子问题理解：为如果选第n个数，那么就是在n-1个数里面选择m-1个数，如果不选第n个数，就是在n-1个数里面选m个数。证明如下：
\(∵C_{m}^{n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(∵C_{m}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\)
\(∴C_{m}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}=\frac{(n-1)!(n-m)}{m!(n-m)!}\)
\(∵C_{m-1}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}=\frac{(n-1)!m}{m!(n-m)!}\)
\(∴C_{m-1}^{n-1}+C_{m-1}^{n}\)
\(=\frac{(n-1)!m}{m!(n-m)!}+\frac{(n-1)!(n-m)}{m!(n-m)!}\)
\(=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(=C_m^n\)
- 第四个公式很好证明（展开即可），这里介绍它的应用：（二项式展开）求\((a+b)^n\)展开式的各项系数。 我们会想到杨辉三角进行预处理，但是也可以直接利用公式：\(C_n^{m+1}/C_n^m=\frac{n-m}{m+1}\)递推来解决。
有限的可重复元素的排列
假设现在有n个元素，对于第一类元素\(n_1\)，有sum1个重复，第二类元素\(n_2\)，有sum2个重复......第m类元素\(n_m\)，有summ个重复，总方案数为：
\[\frac{n!}{sum_1!\times sum_2!\times ...\times sum_m!}\]附上一张来自wikipedia的图帮助理解：
无限的可重复元素组合问题
上面讲解的是有限的可重复元素排列问题，下面讲无限的可重复元素排列问题（就是每个元素都可以用无限多次参与排列）
现在我们从m个元素中选择k个元素的，然后我们将这k个元素进行排序之后应该是这个样子：（设我们选择的数为编号为\(a_i\)
\(1<=a_1<=a_2<=......<=a_k<=m\)
那么现在我们将等于号消去：
\(1<=a_1<=a_2+1<=a_3+2<=......<=a_k+k-1<=m+k-1\)
现在我们设\(b_i=a_i+i-1\),那么很容易我们可以发现
\(1<=b_1<b_2<b_3<......<b_k<=n-k+1\)
那么现在问题就转换成了在\([1,n+k-1]\)中选择k个不重复的元素了，那么根据我们的组合公式，自然是\(C_{m+k-1}^k\)了qwq
同理还有求编号在1~n的元素中取k个元素，使得他们的编号不相邻。公式是一样的，证明也是一样的。
二项式
这里有一张来自wikipedia的图，我觉得特别棒
二项式的系数公式：\((x+y)^n=C_n^0x^ny^0+C_n^1x^{n-1}y^1+......+C_n^nx^0y^n\) （可以看到，其实也可以用杨辉三角表示） 综合起来就是 \((x+y)^n=\sum_{k=0}^n\times C_n^k\times x^{n-k}\times y^k\)
错排问题
错排就是诸如有1~n n个人，每个人按照1~n进行编号，现在要让他们排成一队，但是每个人不能在自己编号上的问题。
对于这个问题，luogu日报已经有专门的一期来进行详细的讲解~~
错排的递推公式：
\(dp[1]=0\)\(dp[2]=1\)\(dp[i]=(n-1)(dp[i-1]+dp[i-2])\)圆排
从n个不同元素中不重复地取出m（1≤m≤n）个元素在一个圆周上，叫做这n个不同元素的圆排列。如果一个m-圆排列旋转可以得到另一个m-圆排列，则认为这两个圆排列相同。
n个不同元素的m-圆排列个数N为：
\(A_n^m/m=\frac{n!}{(n-m)\times m}\) 特别地，当m=n时，n个不同元素作成的圆排列总数N为： \(N=(N-1)!\)环上的染色问题
现在一个环被分成了n段，要求每一段上都涂上颜色。一共有k种不同的颜色，涂好之后两两相邻颜色不能相同。问有多少种涂色方案？
这个问题我们可以这样考虑：
第一种情况：如果我们把原先的环看作只有\(n-1\)段，进行涂色，那么就是子问题\(A_{n-1}\)，而且因为现在两两相邻的一定颜色不同，所以这时候我们再添加一个的话就是乘上\(m-2\)； 第二种情况：我们把原先的环看作\(n-2\)段，，这样的话转换成了\(A_{n-2}\)的子问题，然后我们随意将一段分为两段，这时候还差一段，在两个相同颜色中间插入一种颜色，自然是有\(m-1\)种选择方法。 递推公式整理如下：\(A_n=(m-2)A_{n-1}+(m-1)A_{n-2}\)
这是一个二阶常系数递推式，推导之后通项公式如下：
\(A_n=(m-1)^n+(-1)^n\times (m-1)\)
求组合数：
1、如果p是质数而且比较小\((<=10^5)\)，可以使用lucas定理
2、如果\(n,m<=10^6,p<=10^9\) 可以先预处理出来逆元，然后直接算qwq补充杨辉三角中的一个求斜列和的公式：
\(C_n^i+C_{n+1}^i+...+C_{m}^i=C_{m+1}^{i+1}-C_{n}^{i+1}\)
具体就是可以把右边的那个减数转移到左边来。。其他的合并很直观了qwq