组合数学1 第一章

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Dfkuaid

因为博主是我好友，所以我直接拿的原码。略加改动后完成。

# 环排列

先让我们将他砍断，变成一排，那么就可以兴高采烈的用上面的 \(P(n,r)\) 了，但这是正确答案吗？

显然不是。一个钟表旋转 \(60^{\circ}\)（不必多想是顺时针还是逆时针），他表盘上的 \(12\) 个数字的相对位置是没有改变的；但是如果我们选取不同的位置断开，会得到截然不同的排列。比如我们在 \(1\) 和 \(2\) 之间断开，顺时针看去会得到 \(2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1\)，如果我们从 \(2\) 和 \(3\) 之间断开，顺时针看去会得到 \(3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2\)，这被视为两种不同的排列，但在环上，他们是相同的。

于是，如果我们每次选取一个数字作为链的头，我们一共可以得到 \(12\) 个排列，他们各自是不同的，但连成环便是相同的，也就是说，每一个 \(r\) 排列都被算了 \(r\) 次。

所以对于 \(\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\)，我们从中选出 \(r\) 个围成一圈，总共有 \(\dfrac{1}{r}\cdot P(n,r)=\dfrac{1}{r}\cdot\dfrac{n!}{(n-r)!}.\)

#1.2 组合数

#1.2.1 多重选取数

上面的候选集合都是不能有重复元素的，那我们将有重复元素的集合叫做 多重集，记作

\[\{k_1\cdot a_1,k_2\cdot a_2,\cdots,k_n\cdot a_n\}, \]

或

\[\{a_1^{k_1},a_2^{k_2},\cdots,a_n^{k_n}\}, \]

其中 \(k_i\ (1\leq i\leq n)\) 表示每个元素的重数。

那么从一个有 \(k\) 种，共 \(n\) 个元素的多重集中选取 \(n\) 个元素组成的排列还是 \(n!\) 吗？

显然不是。因为每种元素中的每一个是相同的，比如 \(A_1,B,A_2\) 与 \(A_2,B,A_1\) 是相同的（下标只是让你看清楚我把两个 \(A\) 交换了位置），所以， 我们对每一个排列的每个元素都算了 \(r_k!\) 次，所以答案应当为 \(\dfrac{n!}{r_1!r_2!\cdots r_k!}\) 次，记作

\[\dbinom{n}{r_1,r_2,\cdots,r_k},n=\sum\limits_{i=1}^kr_k. \]

这便是 多重选取数（多重组合数）.

#1.2.2 真正的组合数

组合数 即

\[C(n,r) = \dfrac{P(n,r)}{r!}=\dfrac{n!}{r!(n-r)!}=\dbinom{n}{r}. \]

他的意义是在一个 \(n\) 个互异元素的集合中选出 \(r\) 个的方法数。上式也很好理解，对于每一种 \(r\) 个元素的选取方法都可以组成 \(r!\) 个排列（也有将组合数 \(\tbinom{n}{m}\) 记作 \(C^m_n\) 的）。

#1.3 二项式系数

我们有 二项式定理

\[(x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}x^iy^{n-i}. \]

上式正确性显然。

我们先来将等式的左边展开，得到

\[(x+y)^n=\underbrace {(x+y)(x+y)\cdots(x+y)}_{n\text{个}}. \]

因为一共只有 \(n\) 个式子相乘，每个式子中要么选 \(x\) 要么选 \(y\)，所以对于上式乘积的每一项 \(x^ib^j\) 都必然有\(i+j=n\)，就相当于从 \(n\) 个式子中有 \(i\) 个选 \(x\)，剩下的 \(n-i\) 个选 \(y\)；再考虑每一项前面的系数，决定这个系数的显然是一共有多少种方法从 \(n\) 个 \(x\) 中选出 \(i\) 个 \(x\)，这正符合组合数的定义，故每一项前的的系数正为 \(\tbinom{n}{i}\)。而 \(x\) 的指数的范围显然是 \([0,n]\)，所以便有

\[(x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}x^iy^{n-i}. \]

因而，我们又将组合数称为 二项式系数。

而我们在小学二年级就知道，这样的二项式的每项前的系数与 杨辉三角 相匹配。

扩展二项式定理

#2.0 十二重计数法

#2.1 前置知识

这里，我们为了方便叙述，需要引入 二元关系 与 映射 的概念：

设 \(f\) 是从 \(A\) 到 \(B\) 的一个二元关系. 若 \(f\) 满足 \(\left|f(a)\right|=1,\ \forall\ a\in A\)，则称 \(f\) 为从 \(A\) 到 \(B\) 的一个映射. 若对任意的 \(a_1,a_2\in A,a_1\ne a_2\)，有 \(f(a_1)\ne f(a_2)\)，则称 \(f\) 为 单射；若对于任意 \(b\in B\)，都有 \(f^{-1}(b)\ne\varnothing\)（即 对于任意的 \(b\in B\)，总存在 \(a\in A\) 使得 \(f(a)=b\)），则称 \(f\) 为 满射；若 \(f\) 既是满射又是单射，那么称 \(f\) 为 双射。

#2.2 正题

好的，看完上面的概念，让我们进入正题：

设集合 \(A\) 中有 \(n\) 个元素， 集合 \(B\) 中有 \(m\) 个元素，有多少个从 \(A\) 到 \(B\) 的映射 \(f:A\to B\)？

根据 \(A,B\) 的元素是否可以区分以及 \(f\) 为单射，满射或不加限制，共有十二种情况，如下表：

集合 \(A\) 中的元素（个数为 \(n\)）	集合 \(B\) 中的元素（个数为 \(m\)）	映射 \(f\)	\(f\) 的个数
各自不同	各自不同	不加限制	\(m^n\)
各自不同	各自不同	单射	\(m^{\underline{n}}\)
各自不同	各自不同	满射	\(m!S(n,m)\)
各自不同	全部相同	不加限制	\(\sum\limits_{i=1}^mS(n,i)\)
各自不同	全部相同	单射	\(\delta(n\leq m)\)
各自不同	全部相同	满射	\(S(n,m)\)
全部相同	各自不同	不加限制	\(\dbinom{n+m-1}{n}\)
全部相同	各自不同	单射	\(\dbinom{m}{n}\)
全部相同	各自不同	满射	\(\dbinom{n-1}{m-1}\)
全部相同	全部相同	不加限制	\(\sum\limits_{i=1}^mp_i(n)\)
全部相同	全部相同	单射	\(\delta(n\leq m)\)
全部相同	全部相同	满射	\(p_m(n)\)

上表中，\(m^{\underline{n}}\) 表示 \(m(m-1)\cdots(m-n+1)\)，\(S(n,i)\) 表示第二类 \(Stirling\) 数，\(p_i(n)\) 表示分拆数，而

\[\delta(n\leq m)=\begin{cases}1,\quad n\leq m,\\0,\quad\text{其他}.\end{cases} \]

#2.3 证明

1. 显然

2. 显然

3. 这里设计第二类斯特灵数，简单介绍一下。

   \(S(n,m)\) 的组合意义是把 \(n\) 个不同的球放进 \(m\) 个盒子里的方案数，递推式：\(S(n,m)=S(n-1,m-1)+S(n-1,m)\times n\)。

   这里乘上 \(m!\) 是因为盒子变的有序。

4. 这里枚举空盒个数。把方案数相加。

5. 因为盒子相同，只需要注意能否有一种合法方案即可，单射强制每一个盒子最多只能放一个。

6. 看证明 \(2\) 。

7. 在证明 \(9\) 的基础上，预先在每一个盒子里放入一个球，即把球数加上盒子数，然后做一遍不允许空的方案数，即满射时的方案数。

8. 显然。

9. 用插板法，在 \(n-1\) 个空隙中插入 \(m\) 个板得到一种方案。不允许空。

10. 这里涉及分拆数，\(p_i(j)\) 表示将 \(j\) 分成 \(i\) 个不大于 \(j\) 的正整数的方案数。这里枚举空盒个数。

11. 显然。

12. 看证明 \(10\) 。

#2.4 Tips

十二重计数法是计数组合问题的十二种基本模型，在理解的基础上能够记住会给做题带来极大的便利。

#3.0 组合恒等式

#3.1 几个开胃小菜

\[\dbinom{n}{m} = \dbinom{n}{n-m}.\tag{1} \]

证明：考虑组合意义即可。

\[\dbinom{r}{k}=\dfrac{r}{k}\dbinom{r-1}{k-1}.\tag{2} \]

证明：

\[\begin{aligned} \dbinom{r}{k}&=\dfrac{r!}{k!(r-k)!}=\dfrac{r}{k}\cdot\dfrac{(r-1)!}{(k-1)!(r-k)!}\\ &=\dfrac{r}{k}\cdot\dfrac{(r-1)!}{(k-1)!(r-1-k+1)!}\\ &=\dfrac{r}{k}\cdot\dfrac{(r-1)!}{(k-1)!((r-1)-(k-1))!}\\ &=\dfrac{r}{k}\dbinom{r-1}{k-1} \end{aligned} \]

证毕.

\[k\dbinom{r}{k}=r\dbinom{r-1}{k-1}.\tag{3} \]

证明：由 \((2)\) 左右同乘 \(k\) 立即得到.

\[(r-k)\dbinom{r}{k}=r\dbinom{r-1}{k}.\tag{4} \]

证明：

\[\begin{aligned} (r-k)\dbinom{r}{k}&=(r-k)\dbinom{r}{r-k}=r\dbinom{r-1}{r-k-1}\\ &=r\dbinom{r-1}{r-1-k}=r\dbinom{r-1}{k} \end{aligned} \]

证毕.

\[\dbinom{n}{k}\dbinom k j=\dbinom n j\dbinom {n-j}{k-j} \]

考虑组合意义即可。显然。

\[\sum\limits_{k}(-1)^k\dbinom{n-k}{m-k}\dbinom n k=0 \]

根据恒等式 \(5\) 。显然。

\[\sum\limits_k \dbinom{n-k}{n-m}\dbinom{n}{k}=2^m\dbinom{n}{m} \]

根据恒等式 \(5\) 显然。

清凉爽口的小菜结束了，下面来看几道硬菜。

#3.2 Vandermonde 恒等式

设 \(n,m\geq0\)，则

\[\dbinom{m+n}{k}=\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{m}{i}\dbinom{n}{k-i}.\tag{5} \]

证明：

比较等式 \((x+y)^{m+n}\) 与 \((x+y)^m(x+y)^n\) 两边 \(x^k\) 前的系数。

\((x+y)^{m+n}\) 中 \(x^k\) 的系数由二项式定理立即得到，为 \(\dbinom{m+n}{k}.\)

再来看 \((x+y)^m(x+y)^n\) 中 \(x^k\) 前的系数。考虑 \(k\) 的组成，

\[x^k=x^i\cdot x^{k-i}, \]

也就是由 \((x+y)^m\) 提供 \(x^i\)，由 \((x+y)^n\) 提供 \(x^{k-i}\)，此时，\(x^i\) 前的系数为 \(\tbinom{m}{i}\)，\(x^{k-i}\) 的系数为 \(\tbinom{n}{k-i}\)，故\(x^k\) 的系数即为 \(\tbinom{m}{i}\tbinom{n}{k-i}\)，再考虑 \((x+y)^m\) 提供的 \(x^i\) 的指数 \(i\) 的范围为 \([0,k]\)，这都是不同的情况，应用加法原理得

\[\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{m}{i}\dbinom{n}{k-i}, \]

于是有

\[\dbinom{m+n}{k}=\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{m}{i}\dbinom{n}{k-i}. \]

证毕.

推论 - Pascal 恒等式

在 二项式定理 一节中我们提到，二项式系数似乎与杨辉三角有着奇妙的联系，而我们又知道，杨辉三角的每一个数等于其上方和左方的数的和，二项式定理也满足这一点吗?

在 \(\text{Vandermonde}\) 恒等式中令 \(m=1\) 得到

\[\dbinom{n+1}{k}=\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}.\tag{6} \]

于是我们便得到了二项式系数的递归（递推）方程。

推论

\[\sum\limits_{k} \dbinom{n}{k+j}\dbinom{m}{k}=\dbinom{m+n}{m+j} \]

利用 Vandermonde 恒等式 展开可以得到：

\[\dbinom{m+n}{m+j}=\sum\limits_{i=0}^{m+j}\dbinom{m}{i}\dbinom{n}{m+j-i} \]

令 \(k=m-i\) 可以得到：

\[\sum\limits_{i=0}^{m+j}\dbinom{m}{i}\dbinom{n}{m+j-i}=\sum\limits_{k}\dbinom{m}{m-k}\dbinom{n}{k+j} \]

证毕。

#3.3 朱世杰恒等式

\[\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{i+m}{m}=\dbinom{n+m+1}{m+1}\tag{7} \]

证明：

考虑 \((x+1)^{n+m+1}\) 中项 \(x^{m+1}\) 的系数.

\[(x+1)^{n+m+1}=\begin{matrix}\underbrace{(x+1)(x+1)\cdots(x+1)}\\n+m+1个\end{matrix}\\ \]

柿子左边的项 \(x^{m+1}\) 的系数显然是 \(\tbinom{n+m+1}{m+1}\)，再来看右边。

我们考虑对第一个 \(x\) 选取的位置进行分类，第一个 \(x\) 最小在第一个柿子里取，最大在第 \(n+1\) 个柿子里取，剩下 \(m\) 个 \(x\) 在其后面的几项中取，故其系数应为：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{n+1}\dbinom{n+m+1-i}{m}=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n+m-i}{m}\\ =&\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{m+(n-i)}{m}=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{m+i}{m}\\ \end{aligned} \]

那么，等式两边 \(x^{m+1}\)的系数应当是相等的，所以有

\[\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{i+m}{m}=\dbinom{n+m+1}{m+1} \]

证毕.

#3.4 Lucas 定理

设 \(p\) 是一个质数，\(n\) 用 \(p\) 进制表示为 \(a_0+a_1p^1+a_2p^2+\cdots+a_kp^k\)，\(m\) 用 \(p\) 进制表示为 \(b_0+b_1p^1+b_2p^2+\cdots+b_kp^k\)，那么有：

\[\dbinom{n}{m}\equiv\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p). \]

证明：

易知，当 \(1\leq j \leq p^i-1,i\geq1\) 时，\(\tbinom{p^i}{j}\) 是 \(p\) 的倍数，故

\[(1+x)^{p^i}=1+x^{p^i}+\sum\limits_{j=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j}x^j\equiv1+x^{p^i}(\text{mod }p). \]

所以有

\[\begin{aligned} (1+x)^n=&(1+x)^{\sum\limits_{i=0}^ka_ip^i}=\prod\limits_{i=0}^k[(1+x)^{p^i}]^{a_i}\equiv\prod\limits_{i=0}^k(1+x^{p^i})^{a_i}\\ =&\prod\limits_{i=0}^k\left[\sum\limits_{j_i=0}^{a_i}x^{j_ip^i}\dbinom{a_i}{j_i}\right] \end{aligned} \]

上式左端 \(x^m\) 的系数为 \(\tbinom{n}{m}\)，考虑到 \(m\) 表示成 \(p\) 进制的唯一性，\(m=b_0+b_1p^1+\cdots+b_kp^k\)，故上式右端 \(x^m\) 的系数应为

\[\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p). \]

故有

\[\begin{equation} \dbinom{n}{m}\equiv\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p).\tag{8} \end{equation} \]

证毕.

\(b_i\) 有可能大于 \(a_i\)，那么此时式 \((8)\) 仍成立吗？

仍成立。

证明：

根据组合数的定义，我们知道，当 \(a_i<b_i\) 时，\(\tbinom{a_i}{b_i}=0\)，所以式 \((8)\) 右端的柿子等于零；再来看左边的柿子：

\[\begin{aligned} (1+x)^n=&(1+x)^{\sum\limits_{i=0}^ka_ip^i}=\prod\limits_{i=0}^k[(1+x)^{p^i}]^{a_i}\\ =&\prod\limits_{i=0}^k[1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}]^{a_i} \end{aligned} \]

所以得

\[\begin{align} (1+x)^n=\prod\limits_{i=0}^k[1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}]^{a_i}\tag{9} \end{align} \]

不难发现，在式 \((9)\) 右边出现项 \(x^{b_ip^i}\) 是有可能的，我们将 \([1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}]^{a_i}\) 展开，得到：

\[\underbrace{(1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i})(1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i})\cdots(1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i})}_{a_i\text{个}} \]

显然有多种选取方法可以得到 \(x^{b_ip^i}\)，比如在第一个柿子中选 \(x^{p^i}\)，在第二个式子中选 \(x^{b_i}\)，其他的柿子都选 \(1\)，最终的结果即为 \(x^{b_ip^i}\)。但注意到，无论怎样选取，必然有至少一个因子是从 \(\sum_{j_i=1}^{p^i-1}\tbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}\) 中选取得到的，所以项 \(x^{b_ip^i}\) 前的系数至少有一个为 \(\tbinom{p^i}{j_i},1\leq j_i\leq p^i-1\)，而我们知道 \(p|\tbinom{p^i}{j_i},1\leq j_i\leq p^i-1\)，故上式在模 \(p\) 意义下时，设 \(x^{b_ip^i}\) 的系数为 \(\alpha\)，必然有

\[p|\alpha,\quad\alpha x^{b_ip^i}\equiv0(\text{mod }p). \]

所以 \(x^{b_ip^i}\) 的系数在模 \(p\) 意义下为 \(0.\)

那么，在由相乘得到 \(x^m=x^{b_0+b_1p^1+\cdots+b_kp^k}\) 时，自然项 \(x^m\) 的系数也为 \(0\)，所以，式 \((9)\) 左边项 \(x^m\) 的系数在模 \(p\) 意义下为 \(0\)，而单独分析式 \((9)\) 左端柿子中 \(x^m\) 的系数应为 \(\tbinom{n}{m}\)，所以可知

\[\dbinom{n}{m}\equiv0\equiv\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p). \]

即得式 \((8)\) 在 \(\exists a_i<b_i\) 时仍成立。

证毕.

#3.5 李善兰恒等式

证明：

\[\sum\limits_{j}\dbinom{k}{j}\dbinom{l}{j}\dbinom{n+k+l-j}{k+l}=\dbinom{n+k}{k}\dbinom{n+l}{l} \]

证明多次利用 Vandermonde 恒等式。

\[LHS=\sum\limits_{j}\dbinom{k}{j}\dbinom{l}{j}\dbinom{n+k+l-j}{k+l}\\ = \sum\limits_{j}\dbinom{k}{j}\dbinom{l}{j}\sum\limits_v\dbinom{n+k}{k+v}\dbinom{l-j}{l-v}\\ =\sum\limits_{v}\dbinom{n+k}{k+v}\sum\limits_{j}\dbinom{k}{j}\dbinom{l}{j}\dbinom{l-j}{l-v}\\ =\sum\limits_{v}\dbinom{n+k}{k+v}\sum\limits_{j}\dbinom{k}{j}\dbinom{l}{l-j}\dbinom{l-j}{l-v}\\ =\sum\limits_{v}\dbinom{n+k}{k+v}\sum\limits_{j}\dbinom{k}{j}\dbinom{l}{l-v}\dbinom{v}{v-j}\\ =\sum\limits_{v}\dbinom{n+k}{k+v}\dbinom{l}{l-v}\sum\limits_{j}\dbinom{k}{j}\dbinom{v}{v-j}\\ =\sum\limits_{v}\dbinom{n+k}{k+v}\dbinom{l}{l-v}\dbinom{k+v}{v}\\ =\sum\limits_{v}\dbinom{n+k}{k+v}\dbinom{l}{l-v}\dbinom{k+v}{k}\\ =\sum\limits_{v}\dbinom{l}{l-v}\dbinom{n+k}{k}\dbinom{n}{v}\\ =\dbinom{n+k}{k}\sum\limits_{v}\dbinom{l}{l-v}\dbinom{n}{v}\\ =\dbinom{n+k}{k}\dbinom{l+n}{l}=RHS \]

#4.0 解决一些简单问题

下面介绍的方法并不会给出多么严谨的定义（因为都是我自己总结的），那么理解一个方法最有效的方法也便是——结合例题！

好的，你已经完成了组合数学最基础知识的学习，下面将介绍一些简单的方法，让我们来试着解决一些简单问题。

#4.1 转化！

没有任何的内涵，“转化” 指的就是将一个不好思考的问题转化为另一个与它具有同样组合意义的、容易解决的问题，在上面 十二重计数法 中得到了很好的展示，我们将原本难以理解的、抽象的映射关系，变成了容易思考的实际问题，这便是最基础的转化法。

当然，转化法也并没有什么特定的格式，只能跟着感觉走。

#4.2 插空！

我们在 十二重计数法 - 部分解释 中的 6. 就使用了插空法。

1. \(26\) 个英文字母的全排列中，使得任两个元音字母（\(A,E,I,O,U\)）都不相邻的排列有多少个？

先考虑 \(5\) 个元音字母的全排列，共 \(5!\) 种，剩下的 \(21\) 个字母全排列有 \(21!\) 种，在 \(21\) 个字母形成的 \(22\) 个空隙（头尾的空隙也算）中选五个插入这五个元音字母，故总共有 \(5!21!\tbinom{22}{5}\) 个。

2. \(5\) 位绅士与 \(7\) 位女士坐成一排，则任两绅士都不相邻的坐法有几种？

先考虑绅士，共有 \(5!\) 种排法，女士有 \(7!\) 种排法，选择女士形成的 \(8\) 个空隙中的 \(5\) 个插入绅士，于是答案便为 \(7!5!\tbinom85.\)

由上面的两个例子不难看出，插空法特别适用于 “xxx 与 xxx 不相邻” 的问题。

#4.3 捆绑！

1. \(6\) 对夫妻排成一排，要求每对夫妻必须相邻，有多少种排法？

将每一对夫妻绑定，\(6\) 对夫妻的排列数为 \(6!\)，而每一对夫妻内部不同的排法有 \(2!\) 种，故答案为 \(6!\cdot 2^6.\)

捆绑法特别适用于 “xxx 与 xxx 必须相邻” 的问题。

4.4 证明

4.4.1

\[\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n+k}{n}2^{-k}=2^n \]

证明：

我们设 \(f(n)=\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n+k}{n}2^{-k}\) 那么有：

\[f(n)=\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n+k}{n}2^{-k}=\sum\limits_{k=0}^n(\dbinom{n+k-1}{n}+\binom{n+k-1}{n-1})2^{-k}\\ =\sum\limits_{k=0}^n\binom{n+k-1}{n}2^{-k}+\sum\limits_{k=0}^n\binom{n+k-1}{n-1}2^{-k}\\ =\sum\limits_{k=0}^n\binom{n+k-1}{n}2^{-k}+f(n-1)+\binom{2n-1}{n-1}2^{-n}\\ =\sum\limits_{k=-1}^{n-1}\dbinom{n+k}{k}2^{-k-1}+f(n-1)+\binom{2n-1}{n-1}2^{-n}\\ =\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dbinom{n+k}{k}2^{-k-1}+f(n-1)+\binom{2n-1}{n-1}2^{-n}\\ =\frac{1}{2}f(n)+f(n-1)+\binom{2n-1}{n-1}2^{-n}-\dbinom{2n}{n}2^{-n-1} \]

下面证明 \(\binom{2n-1}{n-1}2^{-n}-\dbinom{2n}{n}2^{-n-1}=0\)

\[\binom{2n-1}{n-1}2^{-n}-\dbinom{2n}{n}2^{-n-1}=2^{-n}(\binom{2n-1}{n-1}-\dbinom{2n}{n}2^{-1})\\ =2^{-n}(\frac{(2n-1)!}{(n-1)!n!}-\frac{(2n)!}{n!n!}2^{-1})\\ =2^{-n}(\frac{(2n)!}{n!n!}\times \frac{n}{2n}-\frac{(2n)!}{n!n!}2^{-1})=0 \]

所以

\[f(n)=\frac 1 2 f(n)+f(n-1)\Rightarrow f(n)=2f(n-1) \]

因为 \(f(0)=1\) 所以得证。

参考文献

[1] 冯荣权, 宋春伟. 组合数学. 北京: 北京大学出版社, 2015.

[2] Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik 著. 张明尧, 张凡 译. 具体数学：计算机科学基础：第二版. 北京: 人民邮电出版社, 2013.