4.【组合数学】 04 - 基本计数问题2016-09-02

5.【组合数学】 05 - 经典计数方法2016-09-02 6.【组合数学】 06 - 组合设计2016-09-02

1. 基本计数

1.1 统一模型

　　本篇来讨论几个基本的计数问题，这些问题虽然都有各自的模型，但本质上却有着内在的联系，因此我们先建立一个统一的模型。现在有元素集 $E, F$ ，它们的元素都有内在的结构，建立映射 $E \to F$ ，问题是这样的映射有多少个？满射和单射有多少个？

　　所谓有内在的结构，就是元素间的拓扑结构，我们所说的映射个数，严格讲是在拓扑同构意义下的等价类的个数。拓扑结构种类繁多，无法一一研究，本篇只探讨两个基本的拓扑结构，下一篇会做更一般性的讨论。这个模型虽然对本章作用有限，但可以从更高的视角思考看待问题的本质，而且各个问题间联系也一目了然。

　　两个基本拓扑结构分别是：无序结构和有向链表。无序结构中的元素是离散的、无差别的，在拓扑同构下可以互相替换。有向链表中的元素是完全区分的，它的拓扑同构只有自身，当然只有自身的拓扑结构不止这一个，这里只要强调完全区分性，所谓有向链表可以当做是给每个元素编了号。以下设 $E, F$ 都是有限集，且记 $| E | = m, | F | = n$ 。

1.2 模型1：可区分 $\to$ 可区分

　　可完全区分的结构比较简单，先来看 $E, F$ 都是有向链表的情况， $E, F$ 分别纵向排列， $E \to F$ 就是一般的函数定义。对 $E$ 的每个元素都有 $n$ 个值可以映射，由乘法原理便知映射一共有 $n^{m}$ 种。这个结构有一个更常用、更直观的模型，考察由 $n$ 个字母组成的集合 $S$ ，用这些字母组成长度为 $m$ 的单词 $x_{1} x_{2} \dots x_{m}$ 。这个单词也被称 $S$ 上的 $m$ 元可重复排列，或 $m$ 元字。不难证明它和模型1的等价性，故 $S$ 上的 $m$ 元字有 $n^{m}$ 个。

　　现在对映射添加一些限制，比如假设 $E$ 的第 $k$ 个元只能取某 $n_{k}$ 个值，由乘法定理知可以有 $n_{1} n_{2} \dots n_{m}$ 个 $m$ 元字。再限制每个元素的映射不能相同，或者说字中没有重复字母，第 $k$ 个元素只能取 $n - k + 1$ 个值。这其实就是我们熟悉的 $n$ 个元素中选 $m$ 个元素的排列数 $P (n, m)$ （式（1）），其中表达式 $x (x - 1) \dots (x - k + 1)$ 简记为 $(x)_{k}$ ，也叫做 $x$ 的降 $k$ 阶乘（ $x$ 不要求是自然数）。类似地记表达式 $x (x + 1) \dots (x + k - 1)$ 简记为 $(x)^{k}$ ，也叫做 $x$ 的升 $k$ 阶乘。

$\begin{matrix} (1) & P (n, m) = (n)_{m} = n (n - 1) \dots (n - m + 1) = \frac{n!}{(n - m)!} \end{matrix}$

　　排列数要求每个函数值最多被映射一次，继续推广，我们假定 $F$ 中第 $k$ 个数被映射 $m_{k}$ 次。这样的字称为是 $a_{1}^{m_{1}} a_{2}^{m_{2}} \dots a_{n}^{m_{n}}$ 型字，其中 $m_{1} + m_{2} + \dots + m_{n} = m$ 。先将 $m_{k}$ 个字母 $a_{k}$ 看成互异的字母 $a_{k 1}, \dots, a_{k m_{k}}$ ，这样的字有 $m!$ 个，而原来的每个字对应到 $m_{1}! m_{2}! \dots m_{n}!$ 个这样的字，故有式（2）成立。

$\begin{matrix} (2) & N (a_{1}^{m_{1}} a_{2}^{m_{2}} \dots a_{n}^{m_{n}}) = \frac{m!}{m_{1}! m_{2}! \dots m_{n}!} \end{matrix}$

　　• 求 $S$ 上的相邻字母不相同的 $m$ 元字的个数。

1.3 模型2：不可区分 $\to$ 可区分

　　现在假定 $E$ 是无序的，而 $F$ 是有向链表，由于原像不可区分，要关注的便是像的组合情况。它的一个等价模型我们也很熟悉：从 $n$ 种颜色的球里选出 $m$ 个球。如果要求每种颜色只能选一个，相当于映射为单射，选取个数称为 $n$ 的 $m$ 元不重复组合数，记作 $(\binom{n}{m})$ ，一般也简称为组合数。它其实就是排列在 $E$ 无序下的等价类的个数，具体说就是 $m!$ 个排列属于同一个等价类，故有公式（3）。

$\begin{matrix} (3) & (\binom{n}{m}) = \frac{(n)_{m}}{m!} = \frac{n!}{m! (n - m)!} \end{matrix}$

　　如果颜色可以重复选，选取个数称为 $n$ 的 $m$ 元可重复组合数，记作 $((\binom{n}{m}))$ 。设每个像被映射的次数为 $x_{k}$ ，可重复组合数等价于方程（4）的非负整数解的个数。对这个问题，有两个比较巧妙的方法，它们都把可重复组合问题转化为了不重复组合问题，其中的对应思想是非常重要的。一种方法是直接理解方程（4），它相当于把 $m$ 个相同的元素分割为可区分的 $n$ 份。将 $m$ 个元素一字排开，在其中插入 $n - 1$ 个隔板即可，隔板和元素共 $m + n - 1$ 个位子，我们就是要选择其中的 $n - 1$ 个位置，这就有式（5）成立。

$\begin{matrix} (4) & x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = m \end{matrix}$

$\begin{matrix} (5) & ((\binom{n}{m})) = (\binom{m + n - 1}{m}) = \frac{(n)^{m}}{m!} \end{matrix}$

　　另一种解释式（4）的方法也非常经典，考察 $s_{k} = x_{1} + \dots + x_{k}$ 组成的单调递增序列（式（6）左）， $s_{k}$ 在 $[n]$ 中取值，但可能存在重复值。为了消除等号，再令 $t_{k} = s_{k} + k - 1$ ，这时有式（6）成立，其中 $t_{k}$ 在 $[m + n - 1]$ 中取互异值，同样得到公式（5）。利用这个思想，更容易得到不等式（7）的非负整数解为 $(\binom{m + n}{m})$ ，它也相当于左式分别取 $0 \sim m$ 时的解数和，故有式（8）成立。

$\begin{matrix} (6) & 0 ⩽ s_{1} ⩽ \dots ⩽ s_{n} = m \Leftrightarrow 0 ⩽ t_{1} < \dots < t_{n} = m + n - 1, t_{k} = s_{k} + k - 1 \end{matrix}$

$\begin{matrix} (7) & x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} ⩽ m \end{matrix}$

$\begin{matrix} (8) & \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + m}{m}) \end{matrix}$

　　• $[n]$ 中取 $m$ 个互不相邻的数，求取法个数。

1.4 模型3：可区分 $\to$ 不可区分

　　像不可区分，就好比 $n$ 个相同的篮子，把可区分的原像看做是 $m$ 个不同的球，问题等价于： $m$ 个不同的球放进 $n$ 个篮子的方法。根据有球的篮子数 $k$ ，问题被分为 $n$ 种情况，每一种情况都是相同的问题： $m$ 个球分成 $k$ 堆的分法。我们就集中研究这个问题，而 $m$ 个元素分成 $k$ 部分的个数被称为第二类Stirling数，记作 $S (m, k)$ 。

　　Stirling数并没有简单的表达式，我们先从它的递推关系入手，这也是组数计算问题的常用方法。考察某个元素 $a_{1}$ ，分割后有两种情况：它单独分为一堆，或和其它元素在一堆。所以很容易有递推关系（9）。使用递推关系归纳，可以得到比较漂亮的公式（10），如果你觉得正向证明不明显，可以试试反向证明。

$\begin{matrix} (9) & S (m, k) = S (m - 1, k - 1) + k S (m - 1, k) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (10) & S (k + r, k) = \sum_{1 ⩽ k_{1} ⩽ k_{2} ⩽ \dots ⩽ k_{r} ⩽ k} k_{1} k_{2} \dots k_{r} \end{matrix}$

　　考虑模型3和模型1的关系，模型3中的1个分割是模型1中的一个等价类：被映射的像的个数为 $k$ 。这个等价类中有 $(\binom{n}{k}) k! = (n)_{k}$ 个元素（先选 $k$ 个像再排列），从而我们有重要的关系式（11）（ $S (m, 0) = 0$ ）。 $m$ 个元素的总分割数被称为Bell数，记作 $B_{m}$ ，它显然是式（12）左。以某个元素所在堆的大小分类讨论，容易有递推关系式（12）右。

$\begin{matrix} (11) & n^{m} = \sum_{k = 0}^{n} S (m, k) (n)_{k} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (12) & B_{m} = \sum_{k = 0}^{m} S (m, k) \Rightarrow B_{m + 1} = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) B_{m - k} \end{matrix}$

1.5 模型4：不可区分 $\to$ 不可区分

　　当原像和像都不可区分时，只需关心分割的堆数和每堆的个数，等价的模型就是整数 $m$ 的分拆数 $p (n)$ 。对应地分拆为 $k$ 部分的个数记作 $p (m, k)$ ，它表示不定方程（13）正整数解的个数，注意它和方程（4）的区别在于不考虑分拆的顺序。既然不考虑各部分的顺序，每个分拆其实还对应方程（14）的一组非负整数解。

$\begin{matrix} (13) & x_{1} + x_{2} + \dots + x_{k} = m, (x_{1} ⩾ x_{2} ⩾ \dots ⩾ x_{k}) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (14) & x_{1} + 2 x_{2} + 3 x_{3} + \dots + m x_{m} = m \end{matrix}$

　　分拆数同样没有简单的表达式，我们还是先来建立一些递推关系式。根据 $x_{k}$ 是否为 $1$ 可得到递推关系（15），持续使用该式便得到式（16），它也有显然的组合意义。

$\begin{matrix} (15) & p (m, k) = p (m - 1, k - 1) + p (m - k, k) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (16) & p (k + r, k) = p (r, 1) + p (r, 2) + \dots + p (r, k) \end{matrix}$

　　关于 $m$ 的某个分拆结果 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{k}$ ，有个直观的表示方法，以点表示不可区分的元素，在第 $i$ 行排列 $x_{i}$ 个点。比如 $(5, 5, 3, 2)$ 画成下图，这样的图称为菲勒（Ferrers）示意图，利用其直观性可以得到很多意想不到的结论。菲勒图纵横翻转后仍然是菲勒图，它对应的分拆称为原分拆的共轭分拆，对于分拆 $π$ ，其共轭分拆一般记作 $π^{*}$ 。从菲勒图中容易得到：（1） $p (m, k)$ 等于 $m$ 最大分部为 $k$ 的分拆数；（2） $m$ 最多 $k$ 个部分的分拆数，等于 $m$ 最大分部不大于 $k$ 的分拆数。

　　满足 $π = π^{*}$ 的分拆称为自共轭分拆，它的菲勒图沿对角线对称。将其菲勒图按如图所示分割，便知 $m$ 的自共轭分拆数等于各部分是不同奇数的分拆数。再看各部分都不同的分拆，每个部分 $x_{k}$ 都可以唯一地表示为 $i \cdot 2^{j}$ ，其中 $i$ 为奇数。把该部分拆分为 $2^{j}$ 个 $i$ ，最终得到所有部分为奇数的分拆。反之对各部分为奇数的分拆，因为大小为 $i$ 的部分的个数可以唯一表示为 $2$ 的幂次之和，故这个对应关系是双向的。这就是说，各部分不相等的分拆数等于各部分为奇数的分拆数。

2. 基本计数的性质

2.1 二项式系数

　　前面我们已经讨论过，组合数 $(\binom{n}{m})$ 是 $(1 + x)^{n}$ 展开式中 $x^{m}$ 项的系数，当然也二项式（17）中 $x^{m} y^{n - m}$ 项的系数，故它也称为二项式系数。组合数的定义式（3）中， $\frac{n!}{m! (n - m)!}$ 要求 $m, n$ 都是非负整数，但 $\frac{(n)_{m}}{m!}$ 中 $n$ 可以为任何实数，以后形式 $(\binom{x}{m})$ 也可以用来表示多项式 $\frac{(x)_{m}}{m!}$ 。这个推广其实是合理的，而在微积分中我们知道 $(1 + x)^{α}$ 的幂级数展开式如式（18）所示（牛顿二项式定理），它正是 $(1 + x)^{n}$ 的推广。另外易知，可重复组合数还可以写成式（19）。

$\begin{matrix} (17) & (x + y)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{n - k} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (18) & (1 + x)^{α} = 1 + \sum_{k = 1}^{\infty} (\binom{α}{k}) x^{k} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (19) & ((\binom{n}{m})) = (- 1)^{m} (\binom{- n}{m}) \end{matrix}$

　　在中学我们就知道一些二项式系数的性质，证明都不难，这里仅仅列举。式（20）中分别是对称性和递推性，其中递推性有显然的组合意义。式（21）是随 $m$ 的变化体现出来的单峰性。 $(1 + x)^{n}$ 中令 $x = \pm 1$ 可得式（22）和（23），另外利用 $(1 + x)^{m} (1 + x)^{n} = (1 + x)^{m + n}$ 可得范德蒙恒等式（Vandermonde）（24）。

$\begin{matrix} (20) & (\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m}); (\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m - 1}) + (\binom{n - 1}{m}) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (21) & (\binom{n}{0}) < (\binom{n}{1}) < \dots < (\binom{n}{⌊ \frac{n}{2} ⌋}) = (\binom{n}{⌈ \frac{n}{2} ⌉}) > \dots > (\binom{n}{n}) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (22) & (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + \dots + (\binom{n}{n}) = 2^{n} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (23) & (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{2}) + (\binom{n}{4}) + \dots = (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{3}) + (\binom{n}{5}) + \dots = 2^{n - 1} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (24) & \sum_{k = 0}^{r} (\binom{m}{k}) (\binom{n}{r - k}) = (\binom{m + n}{r}) \end{matrix}$

　　二项式系数很早就被研究，最著名的当然就是杨辉三角（帕斯卡三角），它正是利用了公式（20）右。在反演公式那一章我们已经知道，矩阵 ${a_{i j} = (\binom{i}{j})}$ 的逆矩阵是 ${b_{i j} = (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j})}$ ，故有式（25）成立，当然你也可以直接证明它。

$\begin{matrix} (25) & \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k + m} (\binom{n}{k}) (\binom{k}{m}) = δ_{m n} = {\begin{matrix} 1, & if m = n \\ 0, & if m \neq n \end{matrix} \end{matrix}$

　　• 证明： $\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} = (\binom{2 n}{n})$ ；

　　• 证明： $(\binom{n}{1}) + 2 (\binom{n}{2}) + \dots + n (\binom{n}{n}) = n \cdot 2^{n - 1}$ ；

　　• 写出 $(x_{1} + x_{2} + \dots + x_{p})^{n}$ 的展开式。

2.2 Stirling数

　　现在继续讨论第二类Stirling数，从名字就知道它是个有故事的数。公式（10）并不能让人满意，它甚至只是另一个计数问题的描述而已，能使用的就只有公式（11）了。该式显然满足单链 $L_{m}$ 的反演公式的形式，把它整理为式（25）左式（为了得到关联函数 $(\binom{n}{k})$ ），由反演公式得到了式（25）右，从而有 $S (n, k)$ 的另一个显式表达式（26）。

$\begin{matrix} (25) & n^{m} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) k! S (m, k) \Leftrightarrow n! S (m, n) = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} (\binom{n}{k}) k^{m} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (26) & S (m, k) = \frac{1}{k!} \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) k^{m} \end{matrix}$

　　由于公式（11）对任意 $n ⩽ m$ 成立，故有等式（27）左成立，从而 $S (m, k)$ 给出了多项式组 ${x^{m}}$ 和 ${(x)_{m}}$ 的线性表出关系。这样的线性表出必定有逆关系（式（27）右），其中的 $s (m, k)$ 就被称为第一类Stirling数，它和第一类Stirling数有关系式（28）。

$\begin{matrix} (27) & x^{m} = \sum_{k = 0}^{m} S (m, k) (x)_{k} \Leftrightarrow (x)_{m} = \sum_{k = 0}^{m} s (m, k) x^{k} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (28) & \sum_{k = 0}^{m} S (m, k) s (k, n) = δ_{n m} = {\begin{matrix} 1, & if m = n \\ 0, & if m \neq n \end{matrix} \end{matrix}$

　　另一方面，考察式（27）右，不难知道 $s (m, k)$ 有递推式（29），类似地有表达式（30）。 $s (m, k)$ 正负项交叉出现，为了寻找其组合意义，考察表达式（31）中的 $c (m, k)$ 。它显然是 $s (m, k)$ 的绝对值，并且满足式（32）。容易验证，含有 $k$ 个轮换的 $m$ 元置换数，也满足式（32）的递推关系，这便是它的组合意义。

$\begin{matrix} (29) & s (m, k) = s (m - 1, k - 1) - (m - 1) s (m - 1, k) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (30) & s (k + r, k) = (- 1)^{r} \sum_{1 ⩽ k_{1} ⩽ k_{2} ⩽ \dots ⩽ k_{r} ⩽ k + r} k_{1} k_{2} \dots k_{r} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (31) & (x)^{m} = \sum_{k = 0}^{m} c (m, k) x^{k} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (32) & c (m, k) = c (m - 1, k - 1) + (m - 1) c (m - 1, k) \end{matrix}$

　　• 求 $1^{λ_{1}} 2^{λ_{2}} \dots m^{λ_{m}}$ 型置换的个数。

posted on 2016-09-02 21:32 卞爱华阅读(1451) 评论(0) 编辑收藏举报

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万物皆数

【组合数学】 04 - 基本计数问题

1. 基本计数

1.1 统一模型

1.2 模型1：可区分 $\to$ 可区分

1.3 模型2：不可区分 $\to$ 可区分

1.4 模型3：可区分 $\to$ 不可区分

1.5 模型4：不可区分 $\to$ 不可区分

2. 基本计数的性质

2.1 二项式系数

2.2 Stirling数

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