【组合数学】 06 - 组合设计

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2016-09-025.【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

　　计数问题其实只是组合数学中的一小部分，以上也仅仅介绍了比较经典的结论。组合问题复杂多变，它们之间也少有联系，所以把组合数学称作一门学科并不准确。组合难题也会出现在各种益智趣题或竞赛难题中，随随便便就会出现一些未解的难题，所以我们也将止步于此。在结束本课之前，我决定再窥探一下组合问题中的一大类：组合设计。这些问题的关注点在如何布局元素，以满足一些特定要求，它们已然构成了组合学的众多分支。

1. 0-1矩阵

1.1 关联矩阵的秩

　　有的问题需要在两个集合$A,B$间建立联系，如果把$A,B$的元素分别纵横排列，对应位置上以$0,1$表示元素是否有关联。这就得到了一个0-1矩阵，当然这里我们并不关注它的代数性质，而仅仅是借用其便捷的形式，来研究满足一定条件的组合问题。0-1矩阵也被称为关联矩阵，它可以是两个集合间的联系（比如集合$A$的子集与元素的包含关系），也可以是同一集合中元素的关系（比如图论中的图）。

　　在讨论关联矩阵时，矩阵的行列的顺序对问题并无影响，为了讨论方便，可以随意交换行或列。好的，现在面对着一个满是$0,1$的矩阵$R$，我们需要讨论些什么问题呢？除了看每个0,1项之外，当然还看到了每一行和每一列，我们把它们都称为矩阵中的线。只要选择足够多的线，总可以包含所有的$1$，这些线称为关联矩阵的覆盖。你自然会想到一个有意义的问题：线数最小的覆盖是多少？我们把它定义为矩阵的线秩，记作$\lambda (R)$。

　　换个角度，称矩阵中的一个$1$为项，与之相关的有行、列两条线，把不在同一条线上项称为无关项。无关项足够多时，它们的线也可以覆盖关联矩阵，这就有了另外一个有意义的问题：最多可以有多少个无关项？我们把它定义为矩阵的项秩，记作$\rho (R)$。因为所有项包含在任意一个线覆盖中，而每条线上最多只能有一个无关项，故首先有$\rho (R)⩽\lambda (R)$。

　　反之对于线数为$\lambda (R)$的覆盖，设有$p$行$q$列，下面证明可以在每行、列上取得一个无关的代表项。考察$p$行中与$q$列不相交的部分，如果不能在其中选出$p$个无关的项，则必然可以用小于$p$条列线取代这$p$条行线。另一部分同样论证，这就证明了总可以选出$p+q=\lambda (R)$个无关项，从而有$\rho (R)⩾\lambda (R)$。这就得到了等式（1），以后可以统称线秩、项秩为秩，线秩和项秩的问题可以互相转化，这从下面的例子和定理中都能看出。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \rho (R)=\lambda (R)\end{array}$$

　　秩等于行列中较小值的矩阵便称为是满秩的，存在一种满秩的$n$阶方阵，它仅有$n$个$1$，每行每列有且仅有一个$1$。换个说法，这种矩阵的每行每列之和都是$1$，若干这种矩阵$P_k$的凸线性组合（式（2））也必然满足这一条件。每条线上和都为$1$的非负实矩阵被称为双随机矩阵，这是一种很有用的矩阵。

$$\begin{array}{}\text{(2)}& P=c_1{P}_1+c_2{P}_2+\cdots +c_m{P}_m,(c_k>0,\sum _{k=1}^m{c}_k=1)\end{array}$$

　　现在反过来问，是不是所有双随机矩阵都有式（2）的凸线性分解呢？这个其实不难，首先双随机矩阵不能被少于$n$条线覆盖，故必然是满秩的。选择$n$个无关项并取最小值$c_1$，作关联矩阵$P_1$使其仅在这$n$个项为$1$。作出满足$P=c_1{P}_1+(1-c_2)P_2^{\prime }$的$P_2^{\prime }$，它也是双随机矩阵，但非零项比$P$少一个。对$P_2^{\prime }$继续这个过程，有限步后便可得到式（2），结论得证，它被称为Birkhoff定理。

1.2 Hall定理

　　关联矩阵的项秩有一个非常重要的等价描述，把关联矩阵看出是点集$A,B$之间的连接，这在图论中被称为二部图。$A,B$各选出一个关联的元素$(a,b)$称为一个匹配，然后继续在剩下的元素中选取匹配，项秩正表示二部图中的最大匹配数。这个模型有很广泛的应用，典型的就是任务分配问题：每个人能胜任某些任务，给一个分配方案，使尽量多的人能做自己胜任的任务。

　　当然这个问题的第一步先要求矩阵的秩，或者更弱一点，至少我们要找到满秩的判定条件。为了表述方便，下面换一个等价模型，设$A$是集合，把$b\in B$看成是$A$的一个子集，$a,b$关联当且仅当$a\in b$。$B$是集合的集合，一般也称为集系。对于满秩的关联，为每个$b$都能找到一个互异的$a\in b$，它们被称为$B$的相异代表系。

　　对于集系矩阵满秩有一个很显然的必要条件，就是任意$r$个子集的并不小于$r$。令人惊喜的是，它居然还是个充分条件，该结论被称为霍尔（Hall）定理（式（3））。其实条件本身等价于说，矩阵的零子矩阵总不大于$r\ast (|A|-r)$，故零子矩阵的行列和总小于$|A|$，从而线覆盖数至少为$|B|$。这就证明了满秩，论证中用到了线秩在零子矩阵里的等价条件，这也是线秩最常用的方法。

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \rho (R)=|B|\iff |b_1\cup b_2\cup \cdots \cup b_r|⩾r,(\mathrm{\forall }{b}_i\in B,\mathrm{\forall }r⩽|B|)\end{array}$$

　　Hall定理有很高的理论价值，但在实际应用中仍不是很方便，但借助这个定理，我们可以有更强但更方便的条件。比如如果存在$r>0$，使得矩阵每行至少有$r$个$1$而每列最多有$r$个$1$，可以证明它满足Hall定理，从而为满秩。其实任选$s$行，其中包含至少$sr$个$1$，它们至少要有$r$列来覆盖，结论得证。当然实际应用中并不总能找到完美匹配，假设至少有$d$个找不到工作，只需再添加$d$个虚拟的大家都能做的工作，利用Hall定理也可以得到只有$d$个人找不到工作的充要条件是：任意$r$个子集的并不小于$r-d$。

　　再来看Hall定理的两个有趣的应用。考察集合$X$的的两个分割$A_1,\cdots ,A_n$和$B_1,\cdots ,B_n$，我们希望找到$n$个互异的元素$x_k$，使得$x_k\in A_k$且$x_k\in B_k$，它们被称为分割的共同代表元组。以$A_i,B_j$有非空交集作为关联，问题等同于判断满秩，Hall定理说明满秩的充要条件是：任何$r$个$A_k$之并最多包含$r$个$B_k$之并。特别地，当$|A_k|,|B_k|$全部相等时，充要条件显然满足，也就是说，集合的任意两个分割数相等的平均分割总存在共同代表元组。

　　有一种常见的$m\times n$阶矩阵，共有$n$个不同的元素组成，且每条线上的元素不同。这样的矩阵称为拉丁矩阵，显然有$m⩽n$，当$m=n$时称为拉丁方。一个自然的问题是，任何拉丁矩阵是否都能扩展为拉丁方？考察不属于第$k$列的元素组成的集合$A_k$，它们和$n$个元素以包含关系建立关联。显然，每个$A_k$包含$n-m$个元素，而每个元素已经出现过$m$次且属于不同的列，故未出现在$n-m$列中。直接利用Hall定理的推论，可选出$A_k$的相异代表系，以它们组成新的一行，可以继续这个过程，直至构造出拉丁方。

1.3 积和式

　　对$m\times n$阶的关联矩阵$R$（$m⩽n$），一组相异代表系其实就是在每行$k$取一个元素$a_k$，满足$a_1{a}_2\cdots a_m=1$。这就启发我们，对每行的任意选取计算其乘积，并将所有可能的乘积相加，结果便是相异代表系的个数。严格来讲，一种选取就是一个从行数$k$到列数的互异映射$\sigma (k)$，记所有这种映射的集合为$\mathrm{\Omega }$，称式（4）为关联矩阵$R$的积和式（permanent）。

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \text{Per}(R)=\sum _{\sigma \in \mathrm{\Omega }}{a}_{1\sigma (1)}{a}_{2\sigma (2)}\cdots a_{m\sigma (m)}\end{array}$$

　　式（4）的定义与矩阵行列式的定义非常类似，故不难证明积和式也有类似行列式计算的拉普拉斯展开式，这里就不展开阐述了。积和式的计算并不容易，它只有理论价值，对于特殊的形式的关联矩阵可以通过拉普拉斯方法简化计算。积和式一般用于一些计数问题中，这里举一个常见的例子。

　　考虑将$n$个元素重新排列，并限制每个元素出现的位置，这种问题被称为限位排列问题。每个元素和可以出现的位置建立起$n\times n$阶关联矩阵，排列的个数显然就是矩阵的积和式。前面多次提到的错位排列问题就是一个特例，它的关联矩阵为$J_n-I_n$（$J_n$为全$1$矩阵），容易得到$D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})$，你可以尝试计算其母函数和通项公式。

　　还有一个经典的限位排列问题，就是著名的“夫妻围坐”问题：$n$对夫妻围坐在圆桌边，要求男女相间但夫妻不相邻。可以先让女士入座，问题的难点就是男士入座的坐法数$U_n$。记女士$k$左手边的位置为$k$，男士$k$就不能坐$k$或$k+1$（$k=n$时为$1$），这是个典型的限位排列问题。我们可以轻松地写出关联矩阵$J_n-I_n-P_n$（$P_n$是$a_{i(i+1)}=a_{n1}=1$的矩阵），但它的显式表达式比较难解，这里只给出结论（式（5），试试用容斥原理解决）。

$$\begin{array}{}\text{(5)}& U_n=\sum _{k=0}^n(-1{)}^k{\displaystyle \frac{2n}{2n-k}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-k}{k})(n-k)!\end{array}$$

1.4 0-1矩阵类

　　对一个$m\times n$阶的关联矩阵$R$，可以计算每行和每列$1$的个数$p_i,q_j$，向量$P=(p_1,\cdots ,p_m),Q=(q_1,\cdots ,q_n)$被称为行和向量与列和向量。我们自然想问，任意给定$m$维向量$P$和$n$维向量$Q$，存在以它们为行（列）和向量的关联矩阵吗？首先当然有式（6）成立，这个条件过于平凡，以下把它当做默认条件，并把以$P,Q$作为行（列）和向量的所有关联矩阵的集合记作$R(P,Q)$。

$$\begin{array}{}\text{(6)}& p_1+\cdots +p_m=q_1+\cdots +q_n\end{array}$$

　　由于行列可以任意交换，我们事先假定$p_i,q_j$都是递减排列的。在具体排列时，先将每行的$p_k$个$1$全部靠左放置，得到的矩阵记作$R(P,n)$。它的列和向量记作$P^{\ast }=(p_1^{\ast },\cdots ,p_n^{\ast })$。$R(P,n)$的特点是向左紧凑排列，具体来讲就是任意$p_1^{\ast }+\cdots +p_k^{\ast }$都取到了最大值。为讨论方便，如果两个$n$维向量满足式（7），则称$T$优超于$S$。刚才的讨论说明，$R(P,Q)$非空的必要条件是$Q\prec P^{\ast }$。

$$\begin{array}{}\text{(7)}& S\prec T\iff \sum _{i=1}^k{s}_i⩽\sum _{i=1}^k{t}_i,(k=1,2,\cdots ,n)\end{array}$$

　　其实$Q\prec P^{\ast }$也是$R(P,Q)$非空的充分条件（式（8），当然还要求（6）成立），它由Ryser和Gale分别单独发现，这里仅描述一下思路，严格证明请看教材。以$R(P,n)$为初始状态，第一步将行和最小的$m-q_1$行向右平移一列，这样第一列就只有$q_1$个$1$。去除掉第一列后矩阵仍然是相左紧凑排列的，将余下矩阵的行和最小的$m-q_2$行向右平移一列，依次类推便可构造出$R(P,Q)$。

$$\begin{array}{}\text{(8)}& R(P,Q)\ne \varnothing \iff Q\prec P^{\ast }\end{array}$$

2. 集系的极值

　　组合设计问题中还有一类问题，就是在$X$的所有子集中选出满足条件的子集构成集系$B$，并且讨论$B$能取到的最值。这类问题花样繁多，大部分也很难解决，残留了大量尚未解决的问题。以我有限的眼光看，这些智力竞逐的游戏并没有广泛的应用领域，这里暂时就不做介绍了，留作后话吧。子集间最简单的关系就是交集和包含，下面从这两方面讨论两个简单的问题。

2.1 相交集系

　　第一个问题很简单，就是要求集系中的元素两两交集非空，问集系最大为多少？构造两两相交的集系并不难，任取$x\in X$，所有包含$x$的子集便满足条件，其个数是所有子集的一半$2^{n-1}$。还能更大吗？对任何子集$b\in B$，$b$和$\overline{b}$不能同时选取，故$2^{n-1}$已是最大值。

　　甚至对一个阶小于$2^{n-1}$的相交集系$B$，总可以将其扩展为$2^{n-1}$个。因为总存在$b$使得$b,\overline{b}$都不属于$B$，如果$b$与$B$的所有元素都相交，则$b$可添加进$B$。否则设存在$b^{\prime }\in B$使得$b\cap b^{\prime }=\varnothing$，则可证$B$中任意元素$b^{″}$都满足$b^{″}\not\subset b$，因为这样的话$b^{\prime }\cap b^{″}=\varnothing$，矛盾。既然恒有$b^{″}\not\subset b$，则必然有$b^{″}\cap \overline{b}\ne \varnothing$，可将$\overline{b}$添加到$B$中，结论得证。

　　如果把条件改成任意三个集合有交集呢？基于开始的构造（总取$a$），最多仍然能取到$2^{n-1}$个，现在来证明这是唯一的情况。假设$p$是满足$b_1\cap \cdots \cap b_p=b\in B$的最大值，如果$p<2^{n-1}$，则易证$b\cap b_{p+1}$不属于$B$，但却与$B$中所有元素有交集，矛盾。故$p=2^{n-1}$，唯一性便容易证明。

2.2 Sperner系

　　第二个问题可以描述为，集系$B$中的元素互不包含，问集系最大为多少？这样的集系也称为Sperner系。既然讨论到包含关系，我们来考察所有满足时（9）的包含链，Sperner系在每条链上最多只能有一个元素。由于包含链上每一步只多一个元素，故包含链总共有$n!$条。对任意$b\in B$，如果$|b|=k$，则包含$b$的链共有$k!(n-k)!$条。若记$B$中阶为$k$元素有$f_k$个，由于每条链最多只能包含$B$的一个元素，则显然有式（10）左成立，整理后便是式（10）右。

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \varnothing =b_1\subset b_1\subset \cdots \subset b_n=X,(|b_{k+1}|-|b_k|=1)\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \sum _{k=1}^n(f_k\cdot k!(n-k)!)⩽n!\Rightarrow \sum _{k=1}^n{\displaystyle \frac{f_k}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}}⩽1\end{array}$$

　　以下记$m=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{2}}\rfloor$，由$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$的单调性易知$f_1+\cdots +f_n⩽(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})$，等号成立的充要条件是：只有当$k=m,m+1$时$f_k\ne 0$，并且所有链上都有$B$中的元素。当$B$取所有$m$阶子集，或者取所有$m+1$阶子集时，都满足等式要求。下面证明其实只能取这两种子集之一，证明中一定要牢记：每条链都有且仅有一个$B$的元素。

　　假设$m+1$阶子集只有部分在$B$中，则必然可选出$m+1$阶子集$b_1\in B,b_2\notin B$。将$b_1$向$b_2$每次换一个元素地渐变，过程中必有某个时刻有$b_3\in B,b_4\notin B$，且$|b=b_3\cap b_4|=m$。由$b_3\in B$知$b\notin B$，但由$b_4\notin B$又有$b\in B$，矛盾！只就证明了，Sperner系取最大值时，要么全是$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{2}}\rfloor$阶子集，要么全是$\lceil {\displaystyle \frac{n}{2}}\rceil$阶子集，该结论被称为Sperner定理。

---

【全篇完】