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 $3\ast 4$ 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 $f:S\to T$ 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 $f(n)=a_{1}f(n-1)+a_{2}f(n-2)+\cdots +a_{k}f(n-k)+a_0$？

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 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{S}{k})=\{T\subseteq S||T|=k\}$。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 $f:[n]\to [m]$，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 $m^{\underset{―}{n}}$，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 $f:[n]\to [m]$，存在逆射 $f^{-1}$ 满足对任意的 $i\in [m]$，$f^{-1}(i)\ne \mathrm{\varnothing }$ 并且 $f^{-1}(i)\cap f^{-1}(j)=\mathrm{\varnothing }$，$\bigcup f^{-1}(i)=[n]$。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 $m!\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}$。

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

先看 $\text{VI: composition}$。

然后，我们构造 $\text{IV}$ 到 $\text{VI}$ 的双射。在 $weakk-composition$ 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 $\varphi ((x_1,x_2,\cdots ,x_k))=(x_1+1,x_2+1,\cdots ,x_k+1)$。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 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{k-1})$,也记作 $((\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}))$。

$\text{V: Binom}$

我们知道，有序的 $k$ 元子集个数是 $(n{)}_k$（$byII)$，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 $|\mathrm{R}|={\displaystyle \frac{(n{)}_k}{k!}}$。

我们就定义 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=|\mathrm{R}|={\displaystyle \frac{n!}{k!(n-k)!}}$，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 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k})$。

• 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 $\sum i\in [0,n](\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=2^n$

二项式定理

$(1+x{)}^n=(1+x)(1+x)\cdots (1+x)=\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k$

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 $\sum _{i\in [0,n]}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=2^n$ 的另一种证明。

通过二项式定理，如果我们令 $x=-1$，那么 $\sum _{i\in [0,n]}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(-1{)}^i=0$，也就是 $\sum _{i\mathrm{是}\mathrm{奇}\mathrm{数}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(-1{)}^i=\sum _{i\mathrm{是}\mathrm{偶}\mathrm{数}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(-1{)}^i$。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。

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

明显的，右边的每个数都不同，并且都小于 $n$。并且 $\varphi$ 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 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})$。

$\text{VII: Stirling}$

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 $\sum _{i\le m}\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}$

$\text{VIII: Ordin}$

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 $S_i\cap S_j=\mathrm{\varnothing }(i\ne j),S_i\ne \mathrm{\varnothing }$，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 $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$，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 $B_n=\sum _{k\le n}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$，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，$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}=k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}$。

$\text{X: GF}$

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 $(x_1,x_2,\cdots ,x_k,\pi )\to (x_1,x_2,\cdots ,x_k)$，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 $(\bar{x},\pi )\to \overrightarrow{x}$。由满射原理得 $|S|\ge |T|$，即 $k!p_k(n)\ge \left(\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right)$。

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 ${\displaystyle \frac{k(k-1)}{2}}$，所以由单射原理得 $k!p_k(n)\le \left(\begin{array}{c}n+{\displaystyle \frac{k(k-1)}{2}}-1\\ k-1\end{array}\right)$

由此又得到 ${\displaystyle \frac{\left(\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right)}{k!}}\le p_k(n)\le {\displaystyle \frac{\left(\begin{array}{c}n+{\displaystyle \frac{k(k-1)}{2}}-1\\ k-1\end{array}\right)}{k!}}$。而若 $k$ 是常数，$n\to \mathrm{\infty }$，则 $p_k(n)\sim {\displaystyle \frac{n^{k-1}}{k!(k-1)!}}$。

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 $p(n)=\sum p_k(n)\approx {\displaystyle \frac{1}{4n}}\exp \pi \sqrt{{\displaystyle \frac{2n}{3}}}$。

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。

相关的其他计数

可重集的 $k$ 元子集

我们现在有一个集合 $\{1,2,3,4\}$，它的大小为 $3$ 的子集是 $\{1,2,3\}\{1,2,4\}\{1,3,4\}\{2,3,4\}$。

但是，如果我们需要的是它的可重子集呢？那就可以是 $\{1,1,1\}\{1,1,2\}$ 等等很多的答案。

要计算可重子集的个数，先要明确可重集的定义。

可重集是从集合 $S$ 到 $\mathbb{N}$ 的一个映射。

我们可以用 $0/1$ 串来表示子集，也就是 $x_i$ 表示 $S$ 中的第 $i$ 个数是否出现在子集中。这是从 $S$ 到 $\{0,1\}$ 的映射。那么从 $S$ 到 $\mathbb{N}$ 的映射就是 $m(i)$ 可以为任意的正整数，子集的大小就是 $\sum m(i)$。

我们发现，这个求可重集的 $k$ 元子集个数，就是 $\sum m(i)=k,m(i)\in \mathrm{N}$，等价于十二重计数法之 $IV$。答案就是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{k-1})$。

多项式系数

我们考虑多重集 $S$ 的排列。如果我们将其可视化，就是若干个可重的字母，求其排列个数。

形式化的，对于集合 $T$ 到 $\mathrm{N}$ 的映射一个映射 $m(i)$，求其排列个数。我们可以先计算 $|S|$ 的全排列 $n!$。在每个排列中，每个字符之间的全排列都是等价的，也就是对于 $i$ 有 $m(i)!$ 个排列等价，那么最终的答案就是 ${\displaystyle \frac{n!}{m(1)!m(2)!m(3)!\cdots m(k)!}}$，记作 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m(1),m(2),\cdots ,m(k)})$。

同时，有多项式定理：$(x_1+x_2+\cdots +x_k{)}^n=\sum _{m_1+m_2+\cdots +m_k=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m_1,m_2,\cdots ,m_k})x_1^{m_1}{x}_2^{m_2}\cdots x_k^{m_k}$。

这也是一种形式的代数生成。