[学习笔记]组合数学入门1-组合数/组合恒等式/卡特兰数

组合数学

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  • 组合数
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  • 卡特兰数
    • 模型
    • 生成函数

组合数

多重组合数（其实指的是多重集的排列数）$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n_1,n_2,\dots ,n_k})=\frac{n!}{n_1!\dots n_k!}\end{array}$，其中保证的是$\sum n_i=n$，多项式展开的第$K$项系数即为$\begin{array}{r}\sum _{n_1+\dots n_k=K}(\genfrac{}{}{0ex}{}{K}{n_1,\dots ,n_k})\end{array}$，平常的二项式系数也就对应着二重集的情况。

而多重集的组合数就会比较复杂，前面只是$n$个$k$种元素排一排，现在我们是选出$r$个来排，如果$r$比所有的$n_i$都小的话，那每种的物品都随便选，相当于$\sum ^k{x}_i=r$有多少非负整数解，那就是隔板法$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{r+k-1}{k-1})\end{array}$。

接着，对于$r\ge$某些个$n_i$的情况来说，考虑$S_i$为满足某个$x_i\le n_i$集合：

$\left|\bigcap _{i=1}^k{S}_i\right|=|U|-\left|\bigcup _{i=1}^k\overline{S_i}\right|$，

$\begin{array}{rl}\left|\bigcup _{i=1}^k\overline{S_i}\right|=& \sum _i\left|\overline{S_i}\right|-\sum _{i,j}|\overline{S_i}\cap \overline{S_j}|+\sum _{i,j,k}|\overline{S_i}\cap \overline{S_j}\cap \overline{S_k}|-\cdots \\ & +(-1{)}^{k-1}\left|\bigcap _{i=1}^k\overline{S_i}\right|\\ =& \sum _i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+r-n_i-2}{k-1})-\sum _{i,j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+r-n_i-n_j-3}{k-1})+\\ & \sum _{i,j,k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+r-n_i-n_j-n_k-4}{k-1})-\cdots \\ & +(-1{)}^{k-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+r-\sum _{i=1}^k{n}_i-k-1}{k-1})\end{array}$

不相邻排列

$1,2,\dots ,n$选$k$个，任意两个不相邻的方案数：倒着想，考虑往$n-k$个球的$n-k+1$个空里面塞$k$个球，最后给它们标上号，方案就是我们要的$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k+1}{k})\end{array}$

另一种是考虑一个符合条件的序列对应着排完序之后，任意两个相邻元素相差至少为2，考虑其差分序列有多少种可能，进一步考虑这样的序列：$b_1=1,b_3,b_5,b_7\dots ,b_{2k-1}=2$，然后在$b_2,b_4,\dots ,b_{2k}$一共$k$个位置填上0到$n$的数字，$[1,2k]$的前缀和就对应着一个$a_k$，这个序列之和要不超过$n$。进一步变成再在最后一个位置加一个空，这里塞0到$n$的数字使得这么多数字之和恰好是$n$。于是变成$k+1$个$[0,n]$的数之和要凑成$n-2k+1$，那就经典隔板法，答案$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{(n-2k+1)+(k+1)-1}{(k+1)-1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k+1}{k})\end{array}$.

错排

记$n$个的答案为$D(n)$，假设第$n+1$个信箱还是放第$n+1$封信，对于$n+1$的情况考虑两种转移：①前$n$个信封全都装错。②前$n$个信封有且仅有一个信封没错，除此之外不会有别的可能能够一步转移到$D(n)$，第一种的方案数是$nD(n)$（前$n$个和$n+1$换都能得到一个新的错排）。第二种情况则是选择那个“没错的”信封，和它交换，而这个没错的位置也有$n$种，方案数$nD(n-1)$

于是$D(n+1)=n(D(n)+D(n-1))$

圆排列

$n$个人选$r$个人出来，围一圈的排列数，无非就是破环成链$Q_n^r=\frac{n!}{r(n-r)!}$，如果$n\ge 2$并且不考虑顺逆时针的话，方案数再除个2.

组合数恒等式

首先是$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n^{\underset{―}{k}}}{k!}\end{array}$的$n$可以是任意实数，然后$k$一般认为是非负整数，如果$k<0$整个定义为0.

根据定义给出的对称恒等式：$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n}{k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})\end{array}$.

进一步可以得到类似于$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k})=\frac{n}{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})\end{array}$，$\begin{array}{r}(n-k)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})\end{array}$当然这用定义也很好推）

接着比较有用的是一些求和式子，比如$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})\end{array}$，对这个式子不断展开：

一种是每次把$k-1$那个二项式系数展开，这会得到$\begin{array}{r}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{r+k}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{r+n+1}{n})\end{array}$

另一种是每次把$k$的拿一个二项式系数展开，这样最后得到的是一串下指标一样的东西：

$\begin{array}{r}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m+1})\end{array}$,对应着组合意义：右边是从$n+1$个数里选$m+1$个出来，左边是枚举最大值为$k+1$的情况下的方案数。

对于上指标是负数的情况一般有如下转化：$\begin{array}{rl}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})& =n(n-1)\dots (n-k+1)=(-1{)}^k(-n)(-n+1)\dots (-n+k-1)\\ & =(-1{)}^k(-n+k-1{)}^{\underset{―}{k}}=(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n+k-1}{k})\end{array}$

也就是$C(n,k)$化成$C(-n+k-1,k)$相关的式子，一般叫上指标反转（加了个负号嘛），遇到$(-1{)}^k$这种形式的时候经常可以用得上：$\begin{array}{r}(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n+k-1}{k})\end{array}$

比如我们算$\begin{array}{r}\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(-1{)}^k=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n+k-1}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n+m}{m})\end{array}$，最后一步利用了之前的求和式子，当然这个还能进一步化成$\begin{array}{r}(\genfrac{}{}{0ex}{}{-n+m}{m})=(-1{)}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m})\end{array}$。

卡特兰数

非常经典的东西，比如$2n$个括号的括号序列合法的方案数，$n$个元素合法的出入栈方案数，从$(0,0)$走到$(n,n)$始终保持$x\le y$的方案数，+1和-1组成的序列中所有前缀和非负，并且总和为0的方案数…

他们的方案数都是$\begin{array}{r}{H}_n=\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}{n+1}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-1})\end{array}$，

$H_n=\{\begin{array}{lll}\sum _{i=1}^n{H}_{i-1}{H}_{n-i}& n\ge 2,n\in {\mathbf{N}}_{\mathbf{+}}1& n=0,1\end{array}$

也经常写成$\begin{array}{r}{H}_{n+1}=\sum _{i=0}^n{H}_i{H}_{n-i}=H_0{H}_n+\cdots +H_n{H}_0\end{array}$

当然也有递推式：$\begin{array}{r}{H}_n=\frac{H_{n-1}(4n-2)}{n+1}\end{array}$

前几项

$H_0$	$H_1$	$H_2$	$H_3$	$H_4$	$H_5$	$H_6$
$1$	$1$	$2$	$5$	$14$	$42$	$132$

关于证明，一种说明的方法是考虑所有+1,-1组成的，并且和为0的序列，考虑每个不合法的集合跟另一个集合的映射关系：像是+1,-1,-1,+1,-1,+1，找到他第一个前缀小于0的位置$2k+1$，这意味着$[1,2k+1]$内有$k+1$个-1，以及$k$个+1，同时$[2k+2,n]$内有$n-k$个+1和$n-k-1$个-1，然后把$[1,2k+1]$这一段序列取反，新的序列有$k+1+n-k=n+1$个+1，以及$k+n-k-1=n-1$个-1。

接着不难证明，任何一个非法序列都对应着一个由$n+1$个$+1$和$n-1$个$-1$组成的序列。

于是$\begin{array}{r}{H}_n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-1})\end{array}$。

模型

$n+1$个叶节点的满二叉树

首先不难证明，$n+1$个叶节点的满二叉树，边一共有$2n$条，我们考虑任意一颗这样的二叉树从树根开始dfs，并且先左后右，同时对应一个序列，往左的时候+1，往右的时候-1。因为是满二叉树，所以一定是前缀和非负，且总和为0。

同时每个这样的序列也对应这样的树。

$n+1$个叶节点的满二叉树的个数为$H_n$

栈/+1,-1交替序列/合法括号序列/单调网格路径：

$n$个元素合法的出入栈序列，任意前缀和非负且总和为0的+1,-1序列，$n$对括号的合法括号序列，$n\times n$的网格，从$(1,1)$到$(n,n)$的所有路径里，所有点都位于或高于主对角线的路径。

方案数都是卡特兰数$H_n$。

带标号的凸多边形，三角形分割的方案数：$f_2=f_3=1,f_4=2$，对于更一般地情况，考虑先按顺序给顶点编号成$1$到$n$，考虑选择多边形上的任意一条边$V_k{V}_{k+1}$，它一定会被分割成为某个三角形的一条边，那我们考虑这个三角形的另一个点可以是所有剩余的$n-2$个点，同时这一刀下去就把$n$边形分成了一个三角形，以及两个凸多边形。

于是给出递推式$\begin{array}{r}{f}_n=f_2{f}_{n-1}+f_3{f}_{n-2}+\cdots +f_{n-1}{f}_2=\sum _{i=2}^{n-1}{f}_i{f}_{n-i+1}\end{array}$

然后取$g_{n-2}=f_n$，则$f_n=g_{n-2}=g_0{g}_{n-3}+\dots g_{n-3}{g}_0$，又$g_0=g_1=f_2=f_3=1$，这就是卡特兰数$f_n=g_{n-2}=H_{n-2}$

圆上$2n$个有序的点，$n$条线连接所有点对，使得线两两不相交的方案数：

（另一个有意思的场景是说，$2n$个人围一桌，有多少种可以让每个人同时和别人握手）

类似上面多边形三角分割的方案数，随便拿一个点出来考虑它和谁握手，然后把剩下$2n-2$个点分割成两个部分，而且每个部分必须是偶数个点，于是记$H_n$是规模为$2n$的问题，$\begin{array}{r}{H}_n=H_0{H}_{n-1}+H_1{H}_{n-2}+\cdots +H_{n-1}{H}_0\end{array}$

生成函数

记$\begin{array}{r}f(z)=H_0+H_{1}z+H_2{z}^2+\dots \end{array}$

能用递推式推出通项，懒得写了。