组合计数课程笔记（二）：十二重计数法（初等计数）

组合计数问题是组合数学中重要的最古典的分支。有人将组合计数问题归为 $12$ 个集合映射问题。但是其中有 $2$ 个是平凡的，所以我们只研究 $10$ 个。

十二重计数法

在数学上，严谨的定义是“从一个集合对另一个集合的映射的个数”。但是我们可以用更简单的方法定义它：把 $n$ 个苹果装进 $m$ 个盒子的方案数。

首先，我们根据集合的性质来进行分类。对集合 $S$，如果在映射的过程中，我们令打乱 $S$ 中的数的顺序后得到的映射和原先的映射是等价的（也就是，在群的形式下，两个映射函数形成等价关系），我们就可以把 $S$ 中的数划分为同一个等价类，这时我们称 $S$ 中的元素是不区分的。也就是，所有的苹果 $/$ 盒子都是相同的。因为有两个集合 $N$ 和 $M$，所以一共能分 $4$ 种。

其次，我们按照映射的性质来分类，分为“不受限”“单射”和“满射”。也就是，每个盒子随便装、最多装一个、最少装一个。

这样，我们列出一张 $3*4$ 的表，表示所有 $12$ 种问题。不过其中有 $2$ 个是平凡的。分别是 XI 和 VIII。

$\mathrm{N}$	$\mathrm{M}$	不受限	单射	满射
区分	区分	$\text{I: Tuple}$	$\text{II: Permu}$	$\text{III: Stir}$
不区分	区分	$\text{IV: w-Comp}$	$\text{V: Binom}$	$\text{VI: Comp}$
区分	不区分	$\text{VII: Stir}$	$\text{VIII: Ordin}$	$\text{IX: Stir}$
不区分	不区分	$\text{X: GF}$	$\text{XI: Ordin}$	$\text{XII: GF}$

计数公理

映射法则

对于集合 $S$ 和 $T$，其中若存在映射 $f:S\rightarrow T$ 满足：

$f$ 是单射，则 $|S|\le|T|$
$f$ 是满射，则 $|S|\ge|T|$
$f$ 是双射，则 $|S|=|T|$

法则本身的内容只涉及第三条，剩余两条是补充的。其意义在于如果两个集合中的所有元素一一对应，则两者元素数量相同。

实际上，双射法则常常出现在很多的定义中，

乘法法则

不同的代数对象有不同的乘法法则，例如生成函数中的乘法法则就和集合计数的乘法法则不同。

两个集合的笛卡尔积 $S\times T$ 的定义是 $\{(a,b)|a\in S,b\in T\}$

$|S\times T|=|S|\cdot|T|$

乘法法则的应用情形是比较好判断和容易使用的。

加法法则

两个不相交的集合 $S$ 和 $T$，$|S\cup T|=|S|+|T|$

加法法则则不好运用，因为其满足的条件相较苛刻，应用情形难以直观看出，更具技巧性。

组合数

子集总数

组合数是有穷集合的子集。

定义 $[n]$ 的幂集 $2^{[n]}=\{S|S\subseteq [n]\}$

我们证明 $|2^{[n]}|=2^n$

组合的证明方法是把 $S$ 表示为一个长 $n$ 的 $0/1$ 特征向量（编码集合）。

具体而言，对于 $i\in [n]$，如果 $i\in S$，则特征向量的这一位是 $1$，否则是 $0$。我们从而建立了特征向量和子集的双射。而特征向量是 $\{0,1\}^n$，根据乘法法则，就是 $2^n$

或者，我们定义 $f(n)=|2^{[n]}|$，然后把 $2^{[n]}$ 表示成 $\{ S\subseteq [n]|n\in S\}\cup\{ S\subseteq [n]|n\notin S\}$

则前后无交集且存在双射，都是 $2^{[n-1]}$

所以 $f(n)=2f(n-1)$

而且 $2^{\varnothing}=1$ 是良定义的，所以 $f(n)=|2^n|$

现在我们在解的是比较简单的线性递推式，那么别的线性递推呢？例如 $f(n)=a_1f(n-1)+a_2f(n-2)+\cdots+a_kf(n-k)+a_0$？

这就需要使用生成函数的知识解决，例如我的这篇博客讲解了斐波那契数列的通项。

子集

我们定义 $\text{k-uniform}$ 为 ${S\choose k}=\{T\subseteq S|\ |T|=k\}$。它涉及到 $\text{k-complete hypergraph}$ 的一些内容。

十二重计数法

$\text{I: Tuples}$

我们定义 $[m]$ 是小于等于 $m$ 的正整数的集合，那么 $[m]=\{1,2,\cdots,m\}$。

根据乘法原则，它的 $n$ 次笛卡尔积 $[m]^n$ 的大小 $|[m]^n|$ 就是值域为 $[1,m]$ 的 $n$ 元组的个数。

那么我们定义 $f:[n]\rightarrow [m]$，找到 $f$ 的真值向量 $(f(1),f(2),\cdots,f(n))$，这个向量的集合就和映射的集合建立了双射。同时它还和值域为 $[1,m]$ 的 $n$ 元组建立了双射。

那么，映射的个数就是 $m^n$。

$\text{II: Permutation}$

我们还是找到 $f$ 的真值向量 $(f(1),f(2),\cdots,f(n)$。但是因为是单射，所以 $(f(1),f(2),\cdots,f(n))$ 是一个排列 $\pi$，它是 $[m]^n$ 的一个子集。

我们考虑别的方法，我们发现，确定第一位的时候有 $m$ 种，第二位有 $m-1$ 种……最终一共有 $m(m-1)(m-2)\cdots(m-n+1)$ 种。我们记作 $(m)_n$，或者 $m^{\underline{n}}$，也就是 $m$ 的 $n$ 次下降幂。

至于严格论证，我们需要链式法则，它不包含于上述法则中，因为它是另一种积而非笛卡尔积，涉及条件概率。

$\text{III: Stirling}$

先看 $\text{IX: Stirling}$

然后，我们发现这是一个满射。满射具有什么样的性质呢？对于满射 $f:[n]\rightarrow [m]$，存在逆射 $f^{-1}$ 满足对任意的 $i\in [m]$，$f^{-1}(i)\neq \emptyset$ 并且 $f^{-1}(i)\cap f^{-1}(j)=\emptyset$，$\bigcup f^{-1}(i)=[n]$。我们发现，如果我们忽视 $f^{-1}(i)$ 之间的区别，它其实等价于一个 $n$ 划 $m$ 的集合划分问题。

那么，假设我们找到了集合划分问题的一组解 $F=\{f^{-1}(1),\cdots,f^{-1}(m)\}$，我们只要乘上一个 $\pi$，构成一个笛卡尔积集合 $(F,\pi)$，就和原来的映射构成一个双射，那么根据乘法原则，答案就是 $m!\begin{Bmatrix}n \\m\end{Bmatrix} $。

$\text{IV: weak k-composition}$

先看 $\text{VI: composition}$。

然后，我们构造 $\text{IV}$ 到 $\text{VI}$ 的双射。在 $weak k-composition$ 的解决过程中，我们其实在求 $k=m$ 元组满足$\sum x_i=n,x_i\in \mathbb{N}$。和 $\text{k-composition}$ 唯一的不同就是允许有 $0$，那么我们就考虑把 $0$ 去掉，也就是构造双射 $\phi((x_1,x_2,\cdots,x_k))=(x_1+1,x_2+1,\cdots,x_k+1)$。这 $k$ 个数的和是 $n+k$，而 $\ge 1$。两者的双射关系是显然的，则答案即为 $n+k$ 的 $k-composition$，即 $\binom{n+k-1}{k-1}$,也记作 $(\binom{n}{k})$。

$\text{V: Binom}$

我们知道，有序的 $k$ 元子集个数是 $(n)_k$（$by II)$，而对 $k$ 个不同元素的排列运算 $\pi$ 一共有 $k!$ 个。

那么，我们假设集合 $n$ 的无序 $k$ 元子集的集合是 $\mathrm{R}$，而排列运算的集合是 $\pi$，那么构成的笛卡尔积集合 $(\mathrm{R},\pi)$ 和有序 $k$ 元子集 $\mathrm{R}$ 构成一个双射。

那么，应用乘法原理和双射原理，得到 $|\mathrm{R}||\pi|=|\mathrm{S}|$。解出 $|\mathrm{R}|=\dfrac{(n)_k}{k!}$。

我们就定义 $\binom{n}{k}=|\mathrm{R}|=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$，这就是组合数。

$n$ 元集的所有子集 $S$ 到每个 $S$ 的补集形成双射，所以 $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$。
设 $T_i$ 表示 $S$ 的大小为 $i$ 的子集的集合，那么 $\bigcup_{i\in[0,n]}{T_i}=2^S$。所以 $\sum{i\in[0,n]}{\binom{n}{i}}=2^n$

二项式定理

$(1+x)^n=(1+x)(1+x)\cdots(1+x)=\sum{\binom{n}{k}}x^k$

这个可以通过简单的在中项中选 $k$ 个来表示。同时，这也给出了 $\sum_{i\in[0,n]}{\binom{n}{i}}=2^n$ 的另一种证明。

通过二项式定理，如果我们令 $x=-1$，那么 $\sum_{i\in[0,n]}{\binom{n}{i}(-1)^i}=0$，也就是 $\sum_{i是奇数}{\binom{n}{i}(-1)^i}=\sum_{i是偶数}{\binom{n}{i}(-1)^i}$。也就证明了大小为奇数的子集个数等于大小为偶数的子集个数。

二项式定理的最大的意义在于，我们用加法和乘法这样基础的代数运算的有机结合，创造出了复杂特殊的具有组合意义的组合数。这种用简单运算组合生成想要的量的思想，为生成函数的涌现埋下了刚刚生出的幼芽。

$\text{VI: composition}$

找到问题 $\text{VI}$ 的解，等价于找到一个 $k=m$ 元组 $(x_1,x_2,\cdots,x_k)$ 满足 $x_1+x_2+\cdots+x_k=n$，$x_i \in \mathbb{Z}^{+}$。

它属于一个巨大类问题的特殊形式：线性规划。

整数线性规划是给定 $k$ 个变量，若干个不等式，求其整数解的数量。其实就是在 $k$ 维空间中，在划定的一个凸多面体中寻找整点的个数。这个问题是 $NP-hard$ 的。不过这个问题显然非常特殊，因为它只有一个等式（相当于两个不等式）。

我们可以用插板法。更加严谨的证明，我们需要构造双射。

$\phi((x_1,x_2,\cdots,x_k))=(x_1,x_1+x_2,\cdots,x_1+x_2+\cdots+x_k)$

明显的，右边的每个数都不同，并且都小于 $n$。并且 $\phi$ 是一个双射。而右边其实就是 $n-1$ 的一个大小为 $k-1$ 的无序子集，所以等于 $\binom{n-1}{k-1}$。

$\text{VII: Stirling}$

先看 $\text{IX: Stirling}$

然后的部分非常简单，我们枚举有多少个集合是空的，答案就是 $\sum_{i\le m}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}$

$\text{VIII: Ordin}$

这个问题是平凡的，答案为 $[n\le m]$

$\text{IX: Stirling}$

这个问题等价于集合划分，也就是对 $S$，找到 $S_1,S_2,S_3,\cdots,S_k$，满足 $S_i\cap S_j=\emptyset(i\neq j),S_i\neq \emptyset$，且 $\bigcup S_i=S$。

我们也将这个问题称为 $n$ 元集的 $\text{k-partition}$。我们定义第二类斯特林数为 $\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$，也就是把 $n$ 个不同的元素划分到 $k$ 个集合的方案数。

同时，还有 $\text{all-partition}$ 问题，这个问题的答案是 $B_n=\sum_{k\le n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$，又称贝尔数.

第二类斯特林数有一个递推公式，通过简单的 $dp$ 就可以得到，$\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=k\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}$。

$\text{X: GF}$

先看 $\text{XII: GF}$

然后我们枚举几个划分是 $0$，答案是 $\sum_{i\le k} p_i(n)$

$\text{XI: Ordinary}$

和 $\text{VIII}$ 一样，这个问题是平凡的，答案是 $[n\le m]$。

$\text{XII: GF}$

无序的整数划分，也就是找到一组 $(x_1,x_2,\cdots,x_k)$ 满足 $x_1+x_2+\cdots+x_k=n$，$x_i \in \mathbb{Z}^{+}$，$x_1\ge x_2\ge \cdots \ge x_k$。

我们设 $p_k(n)$ 为把 $n$ 划分成 $k$ 个正整数的方案数，然后根据 $x_k$ 进行讨论。

如果 $x_k=1$，我们去掉 $x_k$ 并不会影响答案
如果 $x_k>1$，所有的 $x_i$ 都大于 $1$，把它们都减掉 $1$ （和减去 $k$）也不会影响答案。

所以 $p_k(n)=p_{k-1}(n-1)+p_k(n-k)$，得到了一个递推式子。

我们想办法逼近一下 $p_k(n)$。

首先，用 $x_1,x_2,\cdots,x_k$ 构造一个满射，这个满射是 $({x_1,x_2,\cdots,x_k},\pi)\rightarrow (x_1,x_2,\cdots,x_k)$，也就是 $\text{k-composition}$。我们把 ${x_1,x_2,\cdots,x_k}$ 任意排列都会得到一个 $\text{k-composition}$。

也就是 $(\overline{x},\pi)\rightarrow \overrightarrow{x}$。由满射原理得 $|S|\ge |T|$，即 $k!p_k(n)\ge \begin{pmatrix}n-1\\k-1\end{pmatrix}$。

然后再构造一个单射，我们发现，如果我们把 $x_i$ 加上 $k-i$ 的话，序列变得单调不降。并且满足单射条件。而如果单调不降，就又可以双射到 $k-composition$。

在构造的过程中，我们一共给数加上了 $\dfrac{k(k-1)}{2}$，所以由单射原理得 $k!p_k(n)\le \begin{pmatrix}n+\dfrac{k(k-1)}{2}-1\\k-1\end{pmatrix}$

由此又得到 $\dfrac{\begin{pmatrix}n-1\\k-1\end{pmatrix}}{k!}\le p_k(n)\le \dfrac{\begin{pmatrix}n+\dfrac{k(k-1)}{2}-1\\k-1\end{pmatrix}}{k!}$。而若 $k$ 是常数，$n\rightarrow \infty$，则 $p_k(n)\sim \dfrac{n^{k-1}}{k!(k-1)!}$。

实际上，这个范围就是初等计数所能达到的终点了，它象征着一个时代的终点，用一把斧头就能劈开前路的情况已然不再，没有舟船，谁也无法度过汪洋大海。

你只得到此，不能逾越

拉努马金的研究告诉我们 $p(n)=\sum p_k(n)\approx \dfrac{1}{4n}\exp{\pi\sqrt{\dfrac{2n}{3}}}$。

在 $OI$ 中，想要计算划分数，需要用到 $\text{GF}$ ~~$\text{Girl Friend}$~~ $\text{Generating Function}$。

埋下的种子将发芽。

\(\mathrm{N}\)	\(\mathrm{M}\)	不受限	单射	满射
区分	区分	\(\text{I: Tuple}\)	\(\text{II: Permu}\)	\(\text{III: Stir}\)
不区分	区分	\(\text{IV: w-Comp}\)	\(\text{V: Binom}\)	\(\text{VI: Comp}\)
区分	不区分	\(\text{VII: Stir}\)	\(\text{VIII: Ordin}\)	\(\text{IX: Stir}\)
不区分	不区分	\(\text{X: GF}\)	\(\text{XI: Ordin}\)	\(\text{XII: GF}\)

jucason-xu

组合计数课程笔记（二）：十二重计数法（初等计数）

十二重计数法

计数公理

映射法则

乘法法则

加法法则

组合数

子集总数

子集

十二重计数法

\(\text{I: Tuples}\)

\(\text{II: Permutation}\)

\(\text{III: Stirling}\)

\(\text{IV: weak k-composition}\)

\(\text{V: Binom}\)

二项式定理

\(\text{VI: composition}\)

\(\text{VII: Stirling}\)

\(\text{VIII: Ordin}\)

\(\text{IX: Stirling}\)

\(\text{X: GF}\)

\(\text{XI: Ordinary}\)

\(\text{XII: GF}\)

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