【组合数学】 05 - 经典计数方法

合集 - 组合数学(6)

1.【组合数学】 01 - 关于“摆放”的科学2016-09-022.【组合数学】 02 - Möbius反演公式2016-09-023.【组合数学】 03 - 母函数和递推关系2016-09-024.【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

收起

1. 基本计数的母函数

　　现在来用母函数来求解基本计数问题，母函数既可以完成自动计数，还能表示计数本身，像Stirling数这种就只能用母函数表示。自动计数适用于可以分步的计数问题，并且目标值是每步值之和，这与多项式的运算性质有关。

1.1 组合数和分划数

　　直观上最符合这一特点的就是模型2，从$n$个可区别对象中选出$m\mathrm{个}$。限制第$k$个对象被取的次数在集合$M_k$中，它被选情况的母函数是$\sum _{i\in M_k}{x}^i$，所有元素被选择的情况可以借助母函数（1）自动计数，共选取$m$个元素的个数是$x^m$的系数。特别地，不可重复组合数的母函数是$(1+x{)}^n$，可重复组合数的母函数是${\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^n}}$（注意$1+x+x^2+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}$），满射的母函数是${\displaystyle \frac{x^n}{(1-x{)}^n}}$。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_k{x}^k=\prod _{i=1}^n\left(\sum _{j\in M_i}{x}^j\right)\end{array}$$

　　对于模型4的分拆数，考虑到$1^{{\lambda }_1}{2}^{{\lambda }_2}\cdots m^{{\lambda }_m}$型分拆要满足上篇式（14），它也可以用母函数自动计数。对长度为$k$的分部使用$x^{k{\lambda }_k}$，故长度为$k$的分部的母函数是$1+x^k+x^{2k}+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x^k}}$。所以$p(m)$的母函数便是式（2），由于$p(m,k)$等于最大分部为$k$的分拆数，故它的母函数是式（3）。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}p(n)x^n=\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(1-x^i{)}^{-1}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}p(n,k)x^n=x^k\prod _{i=1}^k(1-x^i{)}^{-1}\end{array}$$

　　值得一提的是，欧拉当初就是在研究分划数时发现母函数方法的。即使有式（2），$p(m)$的性质还是不清楚，我们注意到（2）的逆$q(x)$相对比较简单，值得讨论一下。$q(x)$有一个还算显然的组合意义，每一项系数的绝对值是分部互异的分划数，符号的意义则是分部数为奇数和偶数时分划数的差。利用这一组合意义辅助讨论（过程见教材），不难得到$q(m)$满足式（4）。继而可得到$p(m)$的递推关系式（5），它被称为欧拉公式。

$$\begin{array}{}\text{(4)}& q(m)=\{\begin{array}{cc}(-1{)}^k,& \text{if}m=\frac{1}{2}(3k^2\pm k)\\ 0,& \text{if}m\ne \frac{1}{2}(3k^2\pm k)\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(5)}& p(m)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k-1}(p(m-\frac{3k^2-k}{2})+p(m-\frac{3k^2+k}{2}))\end{array}$$

　　• 利用母函数证明：分部都为奇数的分划数等于分部互异的分划数。

1.2 指数型母函数

　　对于模型1的排列数，简单的相加显然不再满足，考察上篇式（2），这就启发我们用${\displaystyle \frac{x^k}{k!}}$代替$x^k$（式（6））。对于数列$c_n$，级数（6）被称为数列的指数型母函数，它对排列问题非常适用。同上面的分析，$n$个互异元素中选$m$个排列的母函数是式（7）。特别地，无重复排列数的母函数是$(1+x{)}^n$，可重复排列数的母函数是$e^{nx}$（注意$1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+\cdots =e^x$），满射排列数的母函数则是$(e^x-1{)}^n$。

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_k{\displaystyle \frac{x^k}{k!}}=c_0+c_1{\displaystyle \frac{x}{1!}}+c_2{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+c_3{\displaystyle \frac{x^3}{3!}}\cdots \end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_k{\displaystyle \frac{x^k}{k!}}=\prod _{i=1}^n\left(\sum _{j\in M_i}{\displaystyle \frac{x^j}{j!}}\right)\end{array}$$

　　最后趁热看一下模型3中的Stirling数，由于$k!S(m,k)$就是模型1中的满射，利用满射排列数的母函数容易知$S(m,k)$的指数型母函数（式（8）），利用指数型母函数也可以得到上篇式（26）。为了得到$s(m,k)$的指数型母函数$g_k(x)$，从上篇式（27）右得到启发，先计算$g_k(x)$的母函数得到$(1+x{)}^y$（过程略，二层母函数使用$y$），展开$y$的幂级数便得到$s(m,k)$的指数型母函数（9）。有了指数型母函数，Stirling数的性质就可以通过母函数研究，比如对母函数求导能得到递推关系式（10）（11）。

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}S(m,k){\displaystyle \frac{x^m}{m!}}={\displaystyle \frac{1}{k!}}(e^x-1{)}^k\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}s(m,k){\displaystyle \frac{x^m}{m!}}={\displaystyle \frac{1}{k!}}(\ln (1-x){)}^k\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(10)}& S(m,k)=\sum _{i=k-1}^{m-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{i})S(i,k-1)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(11)}& s(m,k)=\sum _{i=k-1}^{m-1}(-1{)}^{m-i-1}(m-1{)}_{m-i-1}s(i,k-1)\end{array}$$

　　• 求每个元素取到偶数个的排列数。

2. Pólya计数定理

2.1 引言和环状字

　　基本计数问题中只涉及了两个最极端的拓扑结构，但在阐述的过程中，我们一直强调了同构类的思想。这里将推广这个思想，并将其用到更多的拓扑结构中。所谓同构，就是将拓扑结构中的元素置换，元素间的关系和置换后一致，它的代数意义就是我们熟悉的$(a,b)=(f(a),g(a))$。我们这里就不再说元素可区分、不可区分了，每个元素单独看都无差别，它的差异性完全由其在拓扑结构中的位置决定。

　　比如图中的环状拓扑，直觉上说每个元素是“不可区分”的，但它们却不能随便置换。当把$a$置换到$a^{\prime }$时，为了保持$a,b$的关系，$b$只能置换到$b^{\prime }$，所以这个拓扑中的同构就只能是整个图的旋转。再来看另一个环状拓扑，它除了旋转之外，延虚线的翻转也是同构置换。最后的立方体，其中包括更多同构置换，它们都与我们的直觉对应，就是变动后仍与以前一样。为了简单起见，以下我们只讨论原像是复杂拓扑，而像是可区分集的问题。它的等价模型就是给拓扑结构的元素染色，这时的同构当然还要求元素被置换到同样颜色的元素。

　　如果原像是左图的$m$阶有向环形，用$n$种颜色为其染色（或写入$n$种字母），结果被称为$m$元环状字，同构环状字的个数记作$C_n(m)$。先将环形固定并对其染色，将环状字进行旋转，得到的不同染色方案便是该染色同构的个数。如果颜色出现的最小周期为$d$，易知共可以得到$d$个不同的染色，则有$n^m=\sum _{d|m}dM(d)$，其中$M(d)$是最小周期为$d$染色数（同构意义下）。利用反演公式可以得到$mM(m)=\sum _{d|m}\mu ({\displaystyle \frac{m}{d}})n^d$，从而有环状字的计数公式（12）。

$$\begin{array}{}\text{(12)}& C_n(m)=\sum _{d|m}\sum _{d^{\prime }|d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{d^{\prime }}}){\displaystyle \frac{n^{d^{\prime }}}{d}}\end{array}$$

2.2 Pólya计数定理

　　现在对问题做一般性的讨论，先假设原像是可区分的，在其上进行染色，得到了染色方案集$X$。还有对原像拓扑（不含颜色）进行同构置换的变换集$G$，对任意$g\in G$，它都是一个变换$g:X\to X$。当对$x_1,x_2\in X$，当存在$g\in G$使得$g(x_1)=x_2$时，称$x_1,x_2$是等价的，而我们的问题就是求等价类的个数。

　　容易证明对每个拓扑结构，其所有的同构置换在复合运算下是封闭的，从而构成一个群。又由于它是置换群的子集，故也称对称群。$G$对$X$的变换满足条件（13），该变换是$G$在$X$上的“作用”，你需要先回顾一下“群的作用”相关知识。从两个维度分别讨论$g(x)=x$，可以得到等价类的个数$N(G)$满足式（14）的Burnside定理，其中$F_g$表示满足$g(x)=x$的$x$的个数。如果对每个$x\in X$加权$w(x)$，并使得同一等价类中的元素权值相同，则有Burnside定理的加权版（式（15）），其中$x_k$是第$k$的等价类的代表元。

$$\begin{array}{}\text{(13)}& (g_1{g}_2)(x)=g_1(g_2(x));e(x)=x\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(14)}& N(G)={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}|F_g|\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(15)}& \sum _{k=1}^{N(G)}w(x_k)={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}(\sum _{x\in F_g}w(x))\end{array}$$

　　在染色问题中，我们比较关心一个染色方案使用的颜色组合，为了体现这个信息，给每个颜色赋上权值$y_i$。而一个染色方案的权值则是$y_1^{k_1}{y}_2^{k_2}\cdots y_n^{k_n}$，其中$k_i$是颜色$i$出现的次数，且有$k_1+k_2+\cdots +k_n=m$。式（15）包含了所有染色方案（同构意义下）的权值，其中我们可以得到每种颜色组合$k_1,k_2,\cdots ,k_n$下染色方案的个数。当然式（15）的计算是通过右边的式子得到的，右边聚焦于每一个置换$g$本身的性质，使得问题只与拓扑结构有关。

　　我们知道每个置换$g$其实是一些轮换的组合，比较显然（也很关键），$g(x)=x$的充要条件是同一轮换中的颜色相同。这里借用母函数的思想来计算$F_g$的权重，对长度为$k$的轮换，所有可能的权重之和是$y_1^k+y_2^k+\cdots +y_n^k$。从而对$1^{{\lambda }_1}{2}^{{\lambda }_2}\cdots m^{{\lambda }_m}$型置换$g$的，$F_g$的权重如式（16）。为了表述方便，把式（17）称为$G$的轮换指标（cycle index），显然当${\delta }_k=y_1^k+y_2^k+\cdots +y_n^k$时便得到权重的完整表达式，它也被称为式样清单。特别地，取$y_1=y_2=\cdots =y_n=1$（即${\delta }_1={\delta }_2=\cdots ={\delta }_m=n$），便得到所有式样的个数（染色数）$P_G(n,\cdots ,n)$，这些结论就是波利亚（Pálya）计数定理。

$$\begin{array}{}\text{(16)}& w(F_g)=\prod _{k=1}^n(y_1^k+y_2^k+\cdots +y_n^k{)}^{{\lambda }_k}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(17)}& P_G({\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_m)={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}{\sigma }_1^{{\lambda }_1(g)}\cdots {\sigma }_m^{{\lambda }_m(g)}\end{array}$$

2.3 典型例子

　　波利亚定理采用了类似母函数的思想，能够准确地完成自动计数，但结论并没有给出最终计数值，所以它更多的在于其理论价值。下面以图中三种拓扑结构为例，阐述波利亚定理的应用，而问题的关键其实就是式（17）的计算。

　　首先是有向环，显然它的对称子群是一个$m$阶循环群$C_m=\{g,g^2,\cdots ,g^m=e\}$，其中$g$是单步旋转。容易知道，$g^k$是$(k,m)$个${\displaystyle \frac{m}{(k,m)}}$阶轮换之积，其中$(k,m)$是最大公约数的记号。反过来考虑，对任意$d|m$，有$\phi ({\displaystyle \frac{m}{d}})$个$g^k$的轮换指标是${\sigma }_{m/d}^d$。所以其轮换指标是式（18），进而得到环状字的个数式（19），它和式（12）其实是等价的（$\phi (m)=\sum _{d|m}\mu (d)\frac{m}{d}$）。

$$\begin{array}{}\text{(18)}& P_{C_m}={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d|m}\phi ({\displaystyle \frac{m}{d}}){\sigma }_{m/d}^d={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d|m}\phi (d){\sigma }_d^{m/d}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(19)}& C_n(m)={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d|m}\phi (d)n^{\frac{m}{d}}\end{array}$$

　　再来看无向环，一个典型问题就是用不同颜色的珍珠能串成多少个不同的项链。它和有向环不同的是还可以进行翻转，它的对称子群$D_m=\{g,g^2,\cdots ,g^m=e,ag,a{g}^2,\cdots ,a{g}^m=a\}$被称为二面体群。其中后$m$个是翻转变换，当$m$是奇数时是${\displaystyle \frac{n-1}{2}}$个对换，当$n$为偶数时，一半是${\displaystyle \frac{n}{2}}$个对换，一半是${\displaystyle \frac{n-2}{2}}$个对换，翻转的轮换指标如式（20）。

$$\begin{array}{}\text{(20)}& \sum _{k=1}^{m}w(a{g}^k)=\{\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_1{x}_2^{\frac{m-1}{2}},& \text{if m is odd}\\ \\ {\displaystyle \frac{1}{4}}(x_2^{\frac{m}{2}}+x_1^2{x}_2^{\frac{m-2}{2}}),& \text{if m is even}\end{array}\end{array}$$

　　最后来看立方体，立方体的对称群被称为立方体的旋转群，除了单位元外，还有以下三类旋转：（1）3*3=9个以对面中心为轴的旋转；（2）2*4=8个以过对顶点直线为轴的旋转；（4）1*6个以过对边中点直线为轴的旋转。这些变换可以分别作用在顶点、边和面上，其对应的轮换指标分别为如下三式所示。

$$\begin{array}{}\text{(21)}& P_0=\frac{1}{24}(x_1^8+9x_2^4+6x_4^2+8x_1^2{x}_3^2)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(22)}& P_1=\frac{1}{24}(x_1^{12}+3x_2^6+6x_4^2+8x_3^4+6x_1^2{x}_2^5)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(23)}& P_2=\frac{1}{24}(x_1^6+3x_1^2{x}_2^2+6x_1^4{x}_4+6x_2^3+8x_3^2)\end{array}$$

　　• 讨论$n$种颜色串成的项链种数，包括规定颜色数量的情况；

　　• 讨论$n$种颜色涂色立方体点、边、面的种数，包括规定颜色数量的情况。