于是他迟到的组合数学学习开始了

加法原理

完成一件事，有 $m$ 类方法，对于每类方法有 $s_{i}$ 个方案，则此时总方案数就是 $\sum_{i = 1}^{m} s_{i}$ 。

乘法原理

完成一件事，有 $n$ 个步骤，对于每个步骤有 $s_{i}$ 个方案，则此时总方案数就是 $\prod_{i = 1}^{n} s_{i}$ 。

排列

从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数的一个排列，记作 $A_{n}^{m}$ ，易得：

A_{n}^{m} = \prod_{i = 0}^{m - 1} (n - i) = \frac{n!}{(n - m)!}

则显然，全排列（从 $n$ 个数中选出 $n$ 个数）的方案数为 $n!$ 。

组合

从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数的一个组合，记作 $C_{n}^{m}$ 或 $(\binom{n}{m})$ ，易得：

(\binom{n}{m}) = \frac{A_{n}^{m}}{A_{m}^{m}} = \frac{n!}{m! (n - m)!}

$Lemma 1$ ：对称恒等式

(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m})

$Lemma 2$ ：吸收恒等式

(\binom{n}{k}) = \frac{n}{k} (\binom{n - 1}{k - 1})

$Lemma 3$ ：加法公式

(\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1})

$Lemma 4$ ：二项式定理，但是 $a = 1$ 且 $b = 1$

\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) = 2^{n}

$Lemma 5$ ：二项式定理，但是 $a = 1$ 且 $b = - 1$

\sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) = [n = 0]

$Lemma 6$ ：平行求和法

\sum_{k \leq n} (\binom{r + k}{k}) = (\binom{r + n + 1}{n})

$Lemma 7$ ：上指标求和法

\sum_{0 \leq k \leq n} (\binom{k}{m}) = (\binom{n + 1}{m + 1}) (n, m \geq 0)

$Lemma 8$ ：上指标反转

(\binom{r}{k}) = (- 1)^{k} (\binom{k - r - 1}{k})

$Lemma 9$ ：交换恒等式

(\binom{r}{m}) (\binom{m}{k}) = (\binom{r}{k}) (\binom{r - k}{m - k})

$Lemma 10$ ：范德蒙德卷积

\sum_{k} (\binom{r}{m + k}) (\binom{s}{n - k}) = (\binom{r + s}{m + n})

$Lemma 11$ ：

\sum_{- l \leq k \leq r} (\binom{r - k}{m}) (\binom{l + k}{n}) = (\binom{l + r + 1}{m + n + 1}) (l + q, n, m \geq 0)

$Lemma 12$ ：

\sum_{i = 0}^{n} i (\binom{n}{i}) = n 2^{n - 1}

$Lemma 13$ ：

\sum_{i = 0}^{n} i^{2} (\binom{n}{i}) = n (n - 1) 2^{n - 2}

$Lemma 14$ ：

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{i}{k}) = (\binom{n + 1}{k + 1})

$Lemma 15$ ：其中的 $f_{x}$ 为第 $x$ 项的普通斐波那契数列

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n - i}{i}) = f_{n + 1}

可重复排列

从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数的一个排列，允许同一个数多次取出，可以得出，其排列数为 $n^{m}$ 。

可重复组合

从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数的一个组合，允许同一个数多次取出，可以得出，其组合数为 $(\binom{n + m - 1}{m})$ 。

不全相异元素的全排列

从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数的一个排列，且 $n$ 个元素中，分别有 $n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}$ 个元素相同，且 $\sum_{i = 1}^{k} n_{i} = n$ ，则其全排列为不全相异元素的全排列，其排列数记为 $(\binom{n}{n_{1} n_{2} \dots n_{k}})$ ，可知其等于 $\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{k} n_{i}!}$ 。

多组组合

把 $n$ 个不同的数分成 $k$ 组，且这 $k$ 个组按照一定的顺序排列，其中第 $i$ 组（ $i \in [1, k]$ ）有 $n_{i}$ 个元素，且 $\sum_{i = 1}^{k} n_{i} = n$ ，则不同的分组方法的种数为 $(\binom{n}{n_{1} n_{2} \dots n_{k}})$ ，可知其等于 $\frac{n!}{\prod_{i = 1}^{k} n_{i}!}$ 。

这里给出一个很 $OIer$ 的口胡证明：

考虑对分成的组内进行染色，处于相同组的元素将会被染成同样的颜色，则此时原问题可以被转化为不全相异元素的全排列。

证毕。

圆排列

将 $n$ 个不同的元素不分首尾排成一圈，其排列数为 $(n - 1)!$ ，证明显然。

项链数

将 $n$ 粒不同的珠子串成一条项链，则能得到的不同的项链数为 $⌈ \frac{1}{2} (n - 1)! ⌉$ 。

一类不定方程的非负整数解个数

不定方程 $\sum_{i = 1}^{m} x_{i} = n (m, n \in N_{+})$ 的非负整数解 $[x_{1}, x_{2}, \dots, x_{m}]$ 的个数为 $(\binom{n + m - 1}{m - 1})$ 。

注意：其与可重复组合的计数是相同的。

$Lemma$

不定方程 $\sum_{i = 1}^{m} x_{i} = n (m, n \in N_{+}, m \leq n)$ 的正整数解 $[x_{1}, x_{2}, \dots, x_{m}]$ 的个数为 $(\binom{n - 1}{m - 1})$

证明：

\begin{aligned} 令 y_{i} = x_{i} - 1, 则 \sum_{i = 1}^{m} y_{i} = n - m \\ 则新方程的非负整数解个数等价于原问题 \\ 故： S = (\binom{n - m + m - 1}{m - 1}) = (\binom{n - 1}{m - 1}) \end{aligned}

容斥原理

设 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ 为有限集合，用 $∣ A_{i} ∣$ 表示集合 $A_{i}$ 的大小，则：

∣ ⋃_{i = 1}^{n} A_{i} ∣= \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m - 1} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} ∣ ⋂_{i = 1}^{m} A_{a_{i}} ∣

逐步淘汰原理（筛法公式）

设 $S$ 为有限集合， $A_{i} \subset S (i \in [1, n])$ ， $A_{i}$ 在 $S$ 中的补集为 $∁_{S} A_{i} (i \in [1, n])$ 则

∣ ⋂_{i = 1}^{n} ∁_{S} A_{i} ∣ = ∣ S ∣ - \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m - 1} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} ∣ ⋂_{i = 1}^{m} A_{a_{i}} ∣

注意： 逐步淘汰原理和容斥原理是一个思想，他们统称为包含与排除原理，我们也可以统称为容斥原理。

置换及其不动点

给定集合 $X = {1, 2, 3, \dots, n}$ ， $φ$ 是从 $X$ 到 $X$ 上的一一映射，通常记为：

φ = {\begin{matrix} 1 & 2 & \dots & n \\ φ (1) & φ (2) & \dots & φ (n) \end{matrix}}

则称 $φ$ 为 $X$ 上的置换，其中 $φ (i)$ 是元素 $i$ 在 $φ$ 下的象，因为是一一映射，所以 $φ (1), φ (2), \dots, φ (n)$ 实际上就是 $X$ 的一个排列。

其中，满足 $φ (i) = i$ 的数 $i$ 为 $φ$ 上的一个不动点。

我们可以尝试通过图论的角度来理解置换和不动点。

对于 $X$ ，将 $X_{φ (i)}$ 向 $X_{i}$ 连边，我们会发现此时图中会形成许多环，其中只有不动点的环为自环。

其中显然的是， $X$ 的所有置换的数量为 $∣ X ∣!$

$Lemma 1$

集合 $X = 1, 2, \dots, n$ 上没有任何不动点的置换 $φ$ 的数量为：

D_{n} = n! [1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots + \frac{(- 1)^{n}}{n!}] = n! \cdot \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} \frac{1}{i!}

$Lemma 2$

集合 $X = 1, 2, \dots, n$ 上恰有 $k$ 个不动点的数量：

G_{n}^{k} = n! [1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots + \frac{(- 1)^{n - k}}{(n - k)!}] = n! \cdot \sum_{i = 0}^{n - k} (- 1)^{i} \frac{1}{i!}

第一抽屉原理

将 $m$ 件物品放进 $n$ 个柜子里，则必有一个柜子至少有 $[\frac{m - 1}{n}] + 1$ 个物品。

$Lemma$

将 $(\sum_{i = 1}^{n} m_{i}) + 1$ 件物品放入 $n$ 个柜子里，则或者第一个抽屉里有至少 $m_{1} + 1$ 个物品，或者第二个柜子有至少 $m_{2} + 1$ 个物品……或者第 $n$ 个柜子有至少 $m_{n} + 1$ 个物品。

第二抽屉原理

将 $m$ 件物品放进 $n$ 个柜子里，则必有一个柜子至多有 $[\frac{m}{n}] + 1$ 个物品。

$Lemma$

将 $(\sum_{i = 1}^{n} m_{i}) - 1$ 个物品放进 $n$ 个抽屉内，则或者第一个抽屉里有至少 $m_{1} - 1$ 个物品，或者第二个柜子有至少 $m_{2} - 1$ 个物品……或者第 $n$ 个柜子有至少 $m_{n} - 1$ 个物品。

Ramsey 定理

$2$ 色完全图 $K_{6}$ 中必然存在同色三角形。

平均值原理

设 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 为实数， $A = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ ，则 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 中必有一个数不小于 $A$ ，也必有一个数不大于 $A$ 。
设 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 为正实数， $G = \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} a_{i}}$ ，则 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 中必有一个数不小于 $G$ ，也必有一个数不大于 $G$ 。

二项式定理

二项式定理阐明了一个多项式的系数

(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{n - i} b^{i}

推广到多项式：

(\sum_{i = 1}^{t} x_{i})^{n} = \sum_{满足 M \subset N, \sum_{i = 1}^{t} m_{i} = n} [(\binom{n}{m_{1} m_{2} \dots m_{t}}) \prod_{j = 1}^{t} x_{j}^{m_{j}}]

posted @ 2023-04-29 09:15 Larry76 阅读(29) 评论(0) 编辑收藏举报

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