【组合数学】 03 - 母函数和递推关系

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2016-09-02

3.【组合数学】 03 - 母函数和递推关系2016-09-02

4.【组合数学】 04 - 基本计数问题2016-09-025.【组合数学】 05 - 经典计数方法2016-09-026.【组合数学】 06 - 组合设计2016-09-02

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1. 母函数

1.1 母函数的定义

　　计数问题的结果一般可以表示为自然数集上的函数$f(n)$，比如组合数$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$可以看成是关于$k$的函数。孤立的通项公式很难发现数值之间的内在联系，从而丢失了结果的整体性。本节介绍一下欧拉提出的母函数思想，它是计数问题的一个基本工具。

　　你一定知道组合数$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$其实是二项式$(1+x{)}^n$的系数，换个角度想就是多项式$(1+x{)}^n$中包含了整个数列$\{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\}$。利用单个对象来表示多个离散的对象，即方便了表示，也保留了离散对象的整体性，这对讨论想必是有好处的。为此对数列$\{a_n\}$，称幂级数（1）为其母函数（gernerating function）。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& g(x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{x}^k=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots \end{array}$$

　　这里并不要求幂级数收敛，我们只需把它当成是一种代数定义。和普通多项式一样，可以在上面定义类似的相等、加法、数乘、乘法（不考虑它们的现实意义），可以证明这样的代数构成了一个整环。在抽象代数中已经证明了，多项式有逆的充要条件是$a_0\ne 0$。比如常用的$1+x+x^2+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}$，其中$1-x$就是前者的逆。

　　这里例子让我们想起了泰勒展开式，应该怎样看待一个初等函数与它的泰勒级数之间的关系？这些初等函数（比如${\displaystyle \frac{1}{1-x}}$）并不属于代数系统，但却可以作为对应幂级数的“缩写”形式存在。对于这些初等函数在复数域函数上的运算结果，它的幂级数是否与原代数系统的相同？多项式整环中的运算是兼容复数域多项式的，所以这两者可以看成是等价的，因此在使用时，大可放心地使用幂级数和初等函数。而这一点也为问题解决带来了便捷，正是母函数思想的威力所在。

1.2 母函数的应用

　　母函数除了作为一个形式表示，还能有做什么？代数系统中为什么要讨论加法、乘法？加法的意义不言而喻，一个计数问题被分为多个个独立的情况，在求得每个情况的母函数后，整个问题的母函数自然就是母函数之和。这其实就是大家在高中熟悉的加法原理，只不过母函数中包含了所有$n$的值。

　　还有一个就是所谓乘法原理：一个计数问题被分为多个步骤，每步的个数相乘便是整个计数值。乘法原理也可以用母函数表示，母函数相等后展开，其中的每一项就体现了乘法原理，当然合并同类项时就是加法原理。你可能已经发现，母函数乘法其实就是在帮你“自动”完成计数的“穷举法”，相比较技巧性强的方法，母函数更具一般性。

　　当然母函数也有应用场景的限制，问题的条件往往是多个变量的和为定值$N$，而项$a_k{x}^k$表示变量取值$k$时有$a_k$种方法，母函数相乘后取项$x^N$的系数便是计数值。还拿二项式$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$为例，它表示从$n$个互异对象中选出$k$的个数。这里的变量就是每个对象被取的次数（只能是$0,1$，母函数为$1+x$），条件是变量和为$k$。整个母函数是$(1+x{)}^n$，其中$x^k$的系数便是$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$。

　　值得注意的是$(1+x{)}^n$中包含了所有$k=0,1,\cdots ,n$的所有值，它们被做为一个整体保存了下了，之间的关系也更便于讨论（下一篇阐述）。关于母函数在计数问题中的应用，我们将在下一篇中有更多的例子，这里先就此打住。

　　• 求证：边长为正整数周长为$k$的三角形个数的母函数为$T(x)=x^3(1-x{)}^{-1}(1-x^3{)}^{-1}(1-x^4{)}^{-1}$。（提示：排序和差值）

2. 递推关系

2.1 递推关系的定义

　　有时候数列是以递推关系表达的，或者计数问题本身就适合用递推求解（比如经典的斐波那契数列$f(n+2)=f(n+1)+f(n)$），现在我们需要把递推式转化为显式表达式、或者表示出母函数。先来看定义，式（2）的所示的关系叫$r$阶递推关系，显然数列$\{a_n\}$由它的前$r$项唯一确定，这$r$项也称递推关系的初始条件。需要提醒的是，$r$阶的意思是$a_n$最多和$r$个前序数列相关，但并不一定每一项都与$r$个前序数列相关。反之，如果递推式不存在这样的有限整数$r$，它被称为无穷阶递推关系。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& a_n=F(a_{n-1},\cdots ,a_{n-r},n)\end{array}$$

　　举个简单的例子，大家都熟悉古老的汉诺塔（hanoi）游戏，把$n$个圆盘按从大到小的顺序放在一根柱子上，要求保持上小下大的关系将圆盘全部移到另一根柱子上。经过分析，最小的移动步骤是这样的：先设法将上面$n-1$个移动到第二根柱子，再将最大的盘移到第三根柱子，最后将那$n-1$个圆盘也移到第三根柱子。这个过程显然有递推式$f(n)=2f(n-1)+1$，求解就很简单了。得到递推关系也许并不是一件容易的事，但这里我们不关心这一步，假定已经获得了递推式表达式，注意力集中在求解上。

2.2 线性递推关系

　　递推关系式千变万化，不可能有统一的解法，具体问题需要具体分析，大部分形式都不一定能求解。这里我们只研究几种常见递推式，并试图寻找各自一般的解法。首先比较简单的是一阶阶线性递推关系（3），为了消除首项系数，设$\prod _{k=0}^{n}a(k)=A(n)$，并设$u_n^{\prime }={\displaystyle \frac{u_n}{A(n)}}$，则有$u_n^{\prime }=u_{n-1}^{\prime }+b(n)/A(n)$。$u_n^{\prime }$比较容易求得，最后得到$u_n$，这里就不展开了。特别地，当$a(n),b(n)$为常数时，可以得到$u_n$通项式（4），汉诺塔问题便可求解。

$$\begin{array}{}\text{(3)}& u_n=a(n)u_{n-1}+b(n)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(4)}& u_n=a{u}_{n-1}+b\Rightarrow u_n={\displaystyle \frac{1-a^n}{1-a}}b+a^n{u}_0\end{array}$$

　　当线性递推关系上升到$r$时，情况变得复杂，我们不妨从最简单的齐次线性常系数递推关系（式（5））看起。将递推关系的每个表达式按列写成矩阵（6），观察矩阵的每一行，它们含有完整的数列（除开始有限项）。这就启发我们把数列当整体看待，自然想到用母函数$U(x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{u}_k{x}^k$，为方便讨论，这里先假设$u(x)$有正的收敛域，后面得到表达式再回头验证。

$$\begin{array}{}\text{(5)}& u_n=\sum _{i=1}^r{c}_i{u}_{n-i}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \begin{array}{ccccc}{u}_r& u_{r+1}& \cdots & u_n& \cdots \\ c_1{u}_{r-1}& c_1{u}_r& \cdots & c_1{u}_{n-1}& \cdots \\ c_2{u}_{r-2}& c_2{u}_{r-1}& \cdots & c_2{u}_{n-2}& \cdots \\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& \cdots \\ c_r{u}_0& c_r{u}_1& \cdots & c_r{u}_{n-r}& \cdots \end{array}\end{array}$$

　　因为第一行的母函数是其它行之和，综合考察每行母函数与$U(x)$的差别，不难得到$U(x)=U(x)\sum _{k=1}^r{c}_k{x}^k+h(x)$，从而有式（7）。记$c(x)$为式（8），其中${\alpha }_k$是$c(x)$的互异复根，它被称为递推式（5）的特征多项式。则易知式（7）的分母为$(1-{\alpha }_{1}x{)}^{e_1}\cdots (1-{\alpha }_{s}x{)}^{e_s}$，利用有理分式的知识可知，式（7）可以拆分为若干项${\displaystyle \frac{{\beta }_{ij}}{(1-{\alpha }_{i}x{)}^j}}$之和（${\beta }_{ij}$为常数）。再利用$(1-\alpha x{)}^{-k}$的泰勒展开式$\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{k-1}){\alpha }^k{x}^k$，容易知道$x^n$项的系数为$\sum _{k=1}^s{p}_k(n){\alpha }_k^n$，其中$p_k(x)$阶为$e_k-1$。

$$\begin{array}{}\text{(7)}& U(x)={\displaystyle \frac{h(x)}{1-c_{1}x-\cdots -c_r{x}^r}},\text{deg}(h(x))<r\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(8)}& c(x)=x^r-c_1{x}^{r-1}-\cdots -c_r=(x-{\alpha }_1{)}^{e_1}\cdots (x-{\alpha }_s{)}^{e_s}\end{array}$$

　　这其实就得到了$u_n$的表达式（9），每个$p_k(n)$含有$e_k$个待定系数，总共正好有$r$个待定数，而它们可以有$r$个初始条件确定。斐波那契数列的递推式$f(n)=f(n-1)+f(n-2)$就是典型的齐次递推关系，它的特征方程是$x^2-x-1$，两个根为${\alpha }_{1,2}=(1\pm \sqrt{5})/2$，将$f(0)=f(1)=1$带入$f(n)=p_1{\alpha }_1+p_2{\alpha }_2$便得到斐波那契数列的通项公式（10）。

$$\begin{array}{}\text{(9)}& u_n=p_1(n){\alpha }_1^n+p_2(n){\alpha }_2^n+\cdots +p_s(n){\alpha }_s^n,\text{deg}(p_k(x))=e^k-1\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(10)}& f(n)=f(n-1)+f(n-2),f(0)=f(1)=1\Rightarrow f(n)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}({\alpha }_1^{n+1}+{\alpha }_2^{n+1})\end{array}$$

　　再来看线性常系数递推关系式（11），在给定初始条件时，它也有唯一解$u_n$。对于这样的问题，先忽略初始条件说不定可以降低一些难度，针对递推式（11）的特点，说不定可以“目测”出一个解$u_n^{\prime }$。注意到$u_n-u_n^{\prime }$满足齐次递推式（5），故它们的解正好相差一个式（5）的解（两个初始条件的差作为式（5）的初始条件）。某个初始条件下式（11）的解$u^{\prime }$被称为特解，它的通解则是式（12）。

$$\begin{array}{}\text{(11)}& u_n=\sum _{i=1}^r{c}_i{u}_{n-i}+g(n)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(12)}& u_n=u_n^{\prime }+\sum _{k=1}^s{p}_k(n){\alpha }_k\end{array}$$

2.3 卷积递推关系

　　最后来看一个虽然复杂但却极为常用的递推关系，先来看一个问题：将$n$个$($和$n$个$)$排列开来，有多少中排法使得序列有意义？有意义是指：（1）一对括号$()$是有意义的；（2）如果序列$A,B$有意义，那么$AB$和$(A)$也有意义。记有意义的排列数为$C_n$，其中$C_0=C_1=1$。第一个显然是$($，先找到和它配对的$)$，则序列可以表示为$(A)B$。要使得排列有意义，必须$A,B$都有意义，故容易有递推式（13）。

$$\begin{array}{}\text{(13)}& C_n=C_0{C}_{n-1}+C_1{C}_{n-2}+\cdots +C_{n-1}{C}_0,C_0=C_1=1\end{array}$$

　　满足递推关系（13）的数列被称为卡特兰（Catalan）数列，这个递归关系会出现在许多问题中，这里再列举几个例子，推导思路非常相似（二分和递归），这里就不赘述了。

　　（1）乘法组合问题。对于乘法$x_0{x}_1\cdots x_n$，添加括号使其形成不同的乘法顺序。

　　（2）进出栈序列。$n$个数依次进栈，中途可以有数出栈，求进、出栈序列的个数。

　　（3）找钱问题。$n$个人拿5元、$n$个人拿10元排队买5元的东西，如何排队使得不需要提前准备零钱。

　　（4）数列个数问题：正整数列$a_1⩽a_2⩽\cdots ⩽a_n$，其中$a_k⩽k$。

　　（5）凸多边形的三角形分割。$n+2$边凸多变形可以被$n-1$条不交叉的对角线分成$n$个三角形，讨论某一条边被划分的情况。

　　（6）Dyck路计数。从格点$(0,0)$走到$(2n,0)$，每步只能走向右上或右下方向最近的格点，且不能到达$x$轴下方。

　　对于和式$S=\sum _{k=0}^n{x}^k{y}^{n-k}$，在数学中非常常见，比如说级数相乘的柯西乘积。$S$往往被称为向量$(x_0,x_1\cdots ,x_n)$和$(y_0,y_1\cdots ,y_n)$的卷积（Convolution，或柯西乘积），它是向量乘积的一种定义。回顾级数的柯西乘积，我们觉得这里用母函数处理也许会比较好。为此设卡特兰数列的母函数为$C(x)$，还是先假定它有正收敛域。

　　利用级数的柯西乘积，容易有$C(x)C(x)=(C(x)-1)/x$，解得$C(x)={\displaystyle \frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}}$。展开$C(x)$的幂级数，并根据数列为正可得到卡特兰数列（14）。

$$\begin{array}{}\text{(14)}& C_n={\displaystyle \frac{1}{n+1}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})\end{array}$$

　　上面两个例子充分展示了母函数在求解递推关系中的威力，观察递推关系的特点，列出母函数的方程，便可以很快得到母函数，更甚者可以得到数列通项。请尝试解决以下二元递推关系：

　　• $\{\begin{array}{c}{a}_{n+1}-a_n+b_n=n\\ a_n+2b_{n+1}-b_n=2\end{array}$，已知$a_0,b_0$。