MIT bijective proof problems
绿色表示秒了，蓝色表示做了一会，黄色表示做了很久，红色表示不会。方框里面的数字是主观难度。
叠甲：我数学很拉，大家不要嘲讽我/kel。
叠甲：不会双射，所以有的题直接用了组合意义，等我会了双射的做法我会补的！
规定：只能用组合意义。
\(\text{Prob 1 dif:}\color{green}[1-]\)
对于每一个元素有选或者不选两种，所以是 \(2^n\)。
\(\text{Prob 2 dif:}\color{green}[1-]\)
考虑将 \(n\) 个 \(1\) 放在一起，然后再相邻两个 \(1\) 中间可以插板。每个板的放置方案对应一个分拆：隔板将 \(1\) 分成若干段，每段中 \(1\) 的个数即为该部分的值。所以 \(n - 1\) 个板，每一个板都可以插或者不插，所以总数为 \(2^{n-1}\)。
\(\text{Prob 4 dif:}\color{blue}[1]\)
对于一个拆分 \((a_1,a_2,\cdots,a_k)\)，考虑进行一下变换：
- 若 \(a_1 = 1\)，则将原序列变为 \((a_1 + a_2,\cdots a_k)\)。
- 若 \(a_1 \neq 1\)，则将原序列变为 \((1,a_1 - 1,a_2,\cdots,a_k)\)。
可以发现 \(a\) 中的偶数数量肯定发生了变化。
\(\text{Prob 5 dif:}\color{green}[1]\)
- \(S_1 \subseteq S_2 \subseteq S_3 \subseteq \cdots \subseteq S_k:\)
对于每一个 \(i \in [1,n]\)，其在 \(S_{[j,k]}\) 中出现，这个 \(j\) 有 \([1,k+1]\) 这 \(k+1\) 中取值。如果取到 \(k+1\) 表示不出现，则方案数为 \((k+1)^n\)。
- \(S_i\) 两两无交：
则对于每一个 \(i \in [1,n]\)，会在 \(S_{j}\)，其中 \(j \in [0,k]\)，所以总方案数为 \((k+1)^n\)。
- \(S_1 \cap S_2 \cap \cdots \cap S_k\) 为空集。
对于一个数 \(i\)，他可以属于任意一个子集，所以方案数为 \(2^k\)，但是由于不能全部属于，所以要减去一种。所以总方案数为 \((2^k - 1)^n\)。
\(\text{Prob 6 dif:}\color{green}[1-]\)
考虑组合意义，\(\dbinom{n}{k}\) 表示从 \(n\) 个数中选出 \(k\) 个，\(k!\) 表示由这 \(k\) 个数排成的排列有多少个。而右边就是直接对于 \(k\) 个位置每一个位置找一个数的方案数。很明显这两个数求的是一个东西。
\(\text{Prob 7 dif:}\color{green}[1]\)
\(\text{Prob 8 dif:}\color{green}[1-]\)
从 \((0,0)\) 到 \((m,n)\) 需要走 \(m+n\) 步，而在这 \(m + n\) 步中选 \(m\) 步向右走即可。所以方案数为 \(\dbinom{m+n}{m}\)。
\(\text{Prob 9 dif:}\color{green}[1]\)
\(\dbinom{2n}{n}\) 表示从 \((0,0)\) 开始走 \(2n\) 步走到 \((n,n)\) 的方案数。所以考虑枚举最后一步是从 \((n-1,n)\) 来还是从 \((n,n - 1)\) 来，到达这两个位置的方案数均为 \(\dbinom{2n}{n-1}\)，所以 \(\dbinom{2n}{n} = 2\dbinom{2n}{n-1}\)。
\(\text{Prob 10 dif:}\color{green}[1+]\)
对于一个 \(S \subseteq \{1,2,\cdots,n\}\)，考虑给他附一个权值 \((-1)^{|S|}\)。现在求的就是所有的子集的带权和。
- 假设 \(\{1\} \subseteq S\)，则令 \(f(S) = S \backslash \{1\}\)。
- 假设 \(\{1\} \nsubseteq S\)，则令 \(f(S) = S \cup \{1\}\)。
这样的 \(f\) 让每一个子集 \(S\) 都和 \(f(S)\) 一一配对，而 \((-1)^{|S|} + (-1)^{|f(S)|} = 0\)，所以 \(\sum \limits^n_{k=0} (-1)^k \dbinom{n}{k} = 0\)。
\(\text{Prob 11 dif:}\color{green}[1]\)
考虑组合意义。
假设我们现在要从 \(x+y\) 中选出 \(n\) 个数，则我们可以考虑枚举前 \(x\) 个数中有 \(k\) 个数，那么这种情况的方案数为 \(\dbinom{x}{k} \dbinom{y}{n-k}\)，所以我们就可以得到：
\(\text{Prob 12 dif:}\color{blue}[2-]\)
\(\dbinom{x+n+1}{n}\) 表示从 \(\{1,2,\cdots,x + n + 1\}\) 中选出 \(x+1\) 个数的方案数。
对于每一组选出的数中以最大的 \(l\) 为代表元，则 \(l \in [x+1,x+n+1]\)，而我们现在需要从 \(\{1,2,\cdots,l-1\}\) 中选出 \(x\) 个数，其方案为 \(\dbinom{l-1}{x}\)，若令 \(l = x + k + 1\)，则 \(k \in [0,n]\) 且 \(\dbinom{l-1}{x} = \dbinom{x+k}{x}\)。然后就证完了。
\(\text{Prob 13 dif:}\color{yellow}[4]\)
\(4^n\) 的组合意义为可以向上或者向右走 \(2n\) 步的方案数，那么也就是求从 \(0,0\) 出发，最后到达 \(x+y=2n\) 的这条线上的方案数，接下来考虑解释左式。
接下来考虑从 \((0,0)\) 到 \((x,2n - x)\) 这条路径上最后一个 \(x=y\) 的点 \((k,k)\)，那么走到 \((k,k)\) 的方案数为 \(\dbinom{2k}{k}\)，而从 \((k,k)\) 出发，不经过 \(x = y\) 这条线的方案数可以用类似于卡特兰数的方式来算，即：
其中 \(m = n - k\)。然后乘起来即可。
\(\text{Prob 15 dif:}\color{blue}[2]\)
考虑组合意义：
- 左式理解为 \((S,T,f)\) 其中 \(S,T \subseteq [n],|S| = |T|,f : S \to [x]\)。
- 右式理解为 \((S^{\prime},T^{\prime},f^{\prime})\) 其中 \(S^{\prime} \subseteq [n],T^{\prime} \subseteq [2n] \backslash S^{\prime},f^{\prime}:S^{\prime} \to [x-1]\)。
而两者的双射就是 \(S^{\prime} = f^{-1}([x-1])\) 而 \(f^{\prime}\) 是 \(f\) 在 \(S^{\prime}\) 上的限制，\(T^{\prime} = \{[n] \backslash S\} \cup \{T + n\}\)。
\(\text{Prob 16 dif:}\color{red}[5]\)
完全会不了一点。
左式可以理解为以下三元组 \((\alpha,\beta,\gamma)\) 的数量：
- \(\alpha\) 是一个开头为 \(a\) 结尾为 \(b\) 的长度为 \(i+j+2\)，其中 \(a\) 有 \(i+1\) 个，\(b\) 有 \(j+1\) 个且以 \(a\) 开头，\(b\) 结尾。
- \(\beta\) 是一个长度为 \(j+1\) 的正整数序列，\(\sum \limits^{j+1}_{l=1} \beta _l = j+k+1\)。
- \(\gamma\) 是一个长度为 \(i+1\) 的正整数序列，\(\sum \limits^{i+1}_{l=1} \gamma _l = i+k+1\)。
接下来考虑将 \(\alpha\) 中的第 \(r\) 个 \(a\) 替换为 \(c^{\gamma _r}d\)，将第 \(r\) 个 \(b\) 替换为 \(d^{\gamma _r} c\)。此时的 \(\alpha\) 将会以 \(c\) 开头，以 \(d(dc)^r\) 结尾，然后删掉他们得到一个包含 \(n-m+1\) 个 \(c\) 和 \(n-m+1\) 个 \(d\) 的字符 \(\epsilon\)。这样子我们就够早出来了一组 \((\alpha,\beta,\gamma) \to \epsilon\) 的双射。而对于 \(\epsilon\) 的计术是简单的，是需要枚举长度即可。
\(\text{Prob 19 dif:}\color{green}[1+]\)
假设前 \((n-1) \times (m-1)\) 的矩形你随便填，那么第 \(n\) 行前 \(m-1\) 个数和第 \(m\) 列前 \(n-1\) 个数可以根据前面的矩形来调整。然后 \((n,m)\) 就可以根据最后一行和最后一列的数填出来了。所以方案数为 \(2^{(n-1)\times(m-1)}\)。
\(\text{Prob 20 dif:}\color{blue}[2+]\)
- 第一个数有 \(k\) 种选法，而后面的每一个数都不能和前面一样，所以每一个有 \(k-1\) 种选法，所以总共有 \(k(k-1)^{n-1}\) 种选法。
- 考虑 \(g_{k}(n-1)+g_{k}(n)\) 的意义：我们可以将符合第一个条件的所有序列分成 \(a_n = a_1\) 和 \(a_n \neq a_1\) 两种，前面那一种的数量就是 \(g_k(n)\)，后面这一种因为 \(a_{n-1} \neq a_n = a_1\)，所以方案数为 \(g_k(n-1)\)。然后你又知道 \(g_k(1) = 0\)，然后剩下的就是一些 dirty work 了。
\(\text{Prob 21 dif:}\color{red}[4+]\)
这是怎么想到的？
下面所有的下标都对 \(p\) 取模。
考虑 \(a^p\) 表示一个长度为 \(a\) 值域在 \(p\) 的向量数量。那么 \(a^p - a\) 就是去掉那些所有分量都相同的向量数量。那么我们现在需要证明的就是从剩下的向量中随便取出一个然后将其循环 \(k\) 个位置（\(k \in [1,p)\)），我们无法得到相同的向量。同样的假设循环 \(k\) 遍无法相同，那么循环 \(2k\) 遍，循环 \(3k\) 遍都无法相同。此时我们取 \(k=1\)，就可以证明只有所有分量都相同的向量才会有问题，然后就做完了。
\(\text{Prob 22 dif:}\color{blue}[2-]\)
Open problem 就不做了。
考虑 \(\dbinom{2p}{p} - 2\) 的组合意义：\(S,T \subset [p],|S| + |T| = p\) 的方案数。此时考虑定义 \(q_{S,i} = [i \in S]\)。那么根据上一个题的结论，如果 \(q_{S}\) 不全为 \(1\)，则其就有 \(p\) 种不同的置换。因为 \(S,T \neq [p]\)，所以 \(q_{S}\) 和 \(q_{T}\) 的方案数都是 \(p\) 的倍数，所以就 \(S,T\) 的方案数也为 \(p\) 的倍数，所以 \(p \mid \dbinom{2p}{p} - 2\)。
\(\text{Prob 23 dif:}\color{yellow}[3+]\)
代数证明是显而易见的。但是这个组合意义就有很困难了。
\(p=2\) 直接验证即可。考虑在一个圆周上选 \(p\) 个点，现在考虑可以连出有多少不同的多边形。对于一个多边形，其对应 \(2p\) 个排列，应为我们可以从任意一个点开始，也可以从顺时针或者逆时针走。所以可以连出 \(\frac{p!}{2p} = \frac{(p-1)!}{2}\) 个多边形。而会有 \(\frac{p-1}{2}\) 个多边形在旋转之后不会变，而对于剩下的 \(\frac{(p-1)!-p+1}{2}\) 个多边形在旋转之后都会发生变化。所以我们可以得知 \(p \mid \frac{(p-1)! - p + 1}{2}\)。
\(\text{Prob 24 dif:}\color{green}[1-]\)
\(\text{Prob 29 dif:}\color{blue}[2+]\)
只会代数做法。就是一个比较唐的分类讨论，这里就不讲了。
\(\text{Prob 30 dif:}\color{green}[1]\)
因为后面会用到这种想法，所以讲的细一点。
考虑最后一个数可以填什么。假设我们填 \(1\)，那么就变成了 \(n-1\) 的子问题，方案数为 \(F_{n-1}\)；假设我们填 \(2\)，那么就变成了 \(n-2\) 的子问题，方案数为 \(F_{n-2}\)。所以 \(F_n = F_{n-1} + F_{n-2}\)。
\(\text{Prob 34 dif:}\color{green}[1]\)
考虑令方案数为 \(g(n)\)。若 \(\epsilon_1 = 0\)，则整个序列满足条件的数量就是 \(g(n-1)\)；若 \(\epsilon_1 = 1\)，则 \(\epsilon_2 = 1\)，然后接下来就没有限制了，所以方案数为 \(g(n-2)\)。所以 \(g(n) = g(n-1) + g(n-2)\)。由于 \(g(1) = 2,g(2) = 3\)，所以 \(g(n) = F_{n+2}\)。
\(\text{Prob 35 dif:}\color{blue}[3-]\)
考虑 \(a_1a_2\cdots a_k\) 的组合意义：将原本的序列分成 \(k\) 段，第 \(i\) 段长度为 \(a_i\)，现在要求在每一段中选出一个数染红，其他颜色染白。现在考虑构造一个双射：每一个染白的点权值为 \(2\)，每一个染红的点权值为 \(1\)，相邻的两端之间插一个权值为 \(1\) 的点。那么最后的权值序列和原本的染色方案是一一对应的。而这个权值序列内数的和恒为 \(2n - 1\)，所以这个权值序列就有 \(F_{2n}\) 种不同的方案。所以 \(\sum a_1a_2\cdots a_k = F_{2n}\)。
\(\text{Prob 36 dif:}\color{red}[4+]\)
这是怎么想到的？
考虑将每一个 \(a_i\) 写成一个由 \(1,2\) 组成的，总和为 \(2a_i\) 的数组，并且要求以 \(1\) 开头以 \(2\) 结尾，且第 \(2j\) 个 \(1\) 后面一定要跟着一个 \(1\) 除非他在最后一个。
此时发现每一个以 \(1\) 开头、以 \(2\) 结尾的、总和为 \(2n\) 的由 \(1\) 和 \(2\) 组成的组合，都可以通过对 \(n\) 的所有组合应用此过程恰好得到一次。构造方式就是找到所有前面有偶数个 \(1\) 的 \(2\) 作为 \(a_i\) 的结尾即可。
同时有注意到对于一个 \(a_i\) 有 \(2^{a_i-1}-1\) 种方式生成满足上述条件的序列，即在最前面放一个 \(1\)，在最后面放一个 \(2\)，然后再中间插 \(a_i - 1\) 个 \(11\) 或者 \(2\)，然后删除一个 \(1\)，但是 \(a_i\) 个 \(2\) 是不合法的，所以方案数就是 \(2^{a_i-1}-1\)。
而开头为 \(1\) 结尾为 \(2\) 由 \(1,2\) 组成并且和为 \(2n\) 的序列个数为 \(F_{2n-2}\)，然后就证完了。
\(\text{Prob 38 dif:}\color{blue}[2]\)
考虑一个映射：\(0 \to 10,1\to 01,2\to 11\)。那么原序列中不能出现 \(01\) 也就是新序列当中不能出现 \(1001\)，那么只需要限制不出现连续的 \(0\) 即可。那么现在的要求就是求有多少个长度为 \(2n\) 的序列不出现连续的 \(0\)。考虑使用类似 \(\text{Prob 30}\) 的方法可得方案数为 \(F_{2n+2}\)。
\(\text{Prob 40 dif:}\color{blue}[2-]\)
考虑将 \(F_{n+2}\) 看做用 \(1,2\) 拼出一个 \(n+1\) 的种数，而 \(-1\) 则视为将全 \(1\) 全部删掉。
此时考虑去枚举最后一个 \(2\) 在哪里，假设其前面的数的和为 \(i\)，那么种数应该就是 \(F_{i+1}\)。然后就证完了。
\(\text{Prob 41 dif:}\color{green}[1-]\)
检查有没有认真做前面题来的。
继续 \(\text{Prob 5}\) 的做法。每个数是独立的，所以假设 \(\epsilon_{j}(i) = [i \in S_j]\)，那么现在的要求就是 \(\epsilon_1(i) \le \epsilon_2(i) \ge \epsilon_3(i) \le \cdots\) 的方案数，这个不就是 \(\text{Prob 34}\) 吗？所以答案就是 \(F_{k+2}^n\)。
\(\text{Prob 42 dif:}\color{green}[1-]\)
对于第 \(i\) 个信封假设其属于 \(f_i\)，那么 \(f_i \in [0,i) \cup (i,n]\)，假设 \(f_i = 0\)，那么信封 \(i\) 不属于任何一个信封。而 \(f_i\) 有 \(n\) 中取值，所以答案为 \(n^n\)。
\(\text{Prob 43 dif:} \color{blue}[3-]\)
想了一会。
考虑一个双射 \(\phi:G_n \to \tau_n\)，\(\phi(u) = a_1a_2 \ldots a_n\)，其中 \(a_i\) 是 \(u\) 中第 \(i\) 大的数的位置。例如 \(14223 \mapsto 25341\)。而对于一个 \(\tau_n\) 我们也有方式构造出唯一的 \(G_n\)。所以 \(G_n\) 的数量就是 \(n!\)。
\(\text{Prob 44 dif:} \color{green}{[1]}\)
就是求所有排列的不动点数。还是考虑拆贡献，对于一个点 \(i\)，使得 \(a_i = i\) 的排列数为 \((n-1)!\)，应为其他点没有要求，所以总答案就是 \(n!\)。
\(\text{Prob 45 dif:} \color{red}[3-]\)
感觉不是很难，但是我菜。
对于一个序列的逆序对可以考虑把它拆成所以所有的 \(i\in[1,n]\) 以 \(i\) 为较大值的逆序对数之和，所以考虑拆位。对于第 \(i\) 个数，如果以其为较大值的话那么可能会产生 \(0\sim i-1\) 个逆序对，所以其贡献应该为 \(\sum^{i-1}_{j=0} q^j\)，即右边第 \(i\) 个括号的值。
\(\text{Prob 47 dif:}\color{green}[1]\)
考虑增量构造。先把 \(1\) 固定住，那么接下来从小到大考虑。假设前 \(i\) 个数已经查好了，而对于 \(i+1\)，我们只能将其插在最左边或者最右边，因为插在中间肯定会让一对 \((j,j+1)\) 不满足条件，所以数量就是 \(2^{n-1}\)。
\(\text{Prob 49 dif:}\color{blue}[2]\)
考虑把 \(n!\) 乘进去，得到了 \(\dfrac{n!}{k!} = \dbinom{n}{k} (n-k)!\)。我们令 \(f_i\) 表示有至少 \(i\) 个不动点，所以我们只需要在 \(n\) 个点中选出 \(i\) 个当不动点，其他没有限制，则 \(f_i = \dbinom{n}{k}(n-k)!\)。根据容斥原理就可以证明假设我们要求有 \(0\) 个不动点，那么其方案数就是 \(\sum \limits_{i=1}^n f_i \times (-1)^i\)。
\(\text{Prob 50 dif:}\color{green}[1]\)
考虑枚举 \(n\) 放在那里。假设 \(n\) 放在 \(i\)，那么 \(i\) 有可能放在 \(n\) 的位置，也有可能放在别的位置，两种情况的方案数分别为 \(D(n-2)\) 和 \(D(n-1)\)。所以就有 \(D(n) = (n-1)(D(n-1)+D(n-2))\)。
\(\text{Prob 51 dif:}\color{red}[5]\)
困难的。
考虑令 \(\Delta_n = (1,2)(3,4)(5,6)\cdots(n-1,n)\)。接下来考虑令：若 \(n\) 为偶数，则 \(F_n = \emptyset\)。否则 \(F_n = \{n,\Delta_{n-1}\}\)。
\(F_n\) 其实就是 \(\Delta_{n-1}\) 放在前 \(n-1\) 个，把 \(n\) 放在第 \(n\) 个，这种情况需要去掉，那么接下来考虑怎么做一对映射从 \([n] \times D_{n-1} \backslash F_n\) 到 \(n\) 的情况。
对于一对 \((i,\delta)\)，其中 \(i \in [n]\) 且 \(\delta\) 是一个 \((1,2,\cdots,n-1)\) 的错排，且 \((i,\delta) \notin F_n\)，接下来考虑构造：
- \(i < n\)：将 \(n\) 放在 \(i\) 的后面，即从 \((\cdots,i,j,\cdots)\) 变为 \((\cdots,i,n,j,\cdots)\)，这样子肯定不会改变不动点数量。
- \(i = n\)：此时令 \(p\) 为使得 \((1,2)(3,4)(5,6)\cdots(2p-1,2p)\) 均是 \(\delta\) 的循环，而 \((2p + 1,2p+2)\) 不是。接下来根据 \(\delta(2p+1)\) 进行构造：
-
- 若 \(\delta(2p+1) = 2p+2\)：说明 \(2p+1\) 在一个大于 \(2\) 的环中，则直接将放在 \(2p+1\) 这个位置的数放到 \(2p+2\)，然后把原本放在 \(2p+2\) 的 \(2p+1\) 放到 \(n\)，把 \(n\) 放到 \(2p+1\)。
-
- 若 \(\delta(2p+1) \neq 2p+2\)：假设 \(2p+1\) 此时在一个大小为 \(2\) 循环内，则把这个循环拆掉，然后把 \(2p+1\) 放到 \(2p+2\) 的循环内，然后放入一个 \((\delta(2p+1),n)\) 的循环，否则可以直接把 \(\delta(2p+1)\) 移除，然后再放入一个 \((\delta(2p+1),n)\) 的循环。
此时我们发现我们无法造出 \((1,2)(3,4)(5,6)\cdots (n-1,n)\) 且 \(n\) 为偶数的情况，我们令这种情况为 \(E_n\)，其他情况我们都可以覆盖到，且是一一对应，这个证明可以根据上面的构造方式弄出来，所以我们就得到了一个从 \([n] \times D_{n-1} \backslash F_n \to D_{n} \backslash E_n\) 的双射。所以 \(n \times D_{n-1} + |F_n| = D_{n} + |E_n|\)，所以 \(D_n = D_{n-1} \times n + (-1)^n\)。
\(\text{Prob 54 dif:} \color{yellow}[3+]\)
考虑增量构造。
假设 \(X^{\prime}\subseteq [n-1]\)，\(R\) 是一个在 \(X^{\prime} \cup (-X^{\prime})\) 的完美匹配，\(B\) 是一个在 \(([n-1] \backslash X^{\prime}) \cup (-([n-1] \backslash X^{\prime}))\) 上的完美匹配，接下来有以下方式去构造：
- \(n\) 和 \(-n\) 配对：则可以令 \(n \to X\) 也可以令 \(n \to B\)，有两种情况。
- \(n\) 和 \(-n\) 不配对：则对于原本的一对完美匹配 \((u,v)\)，考虑将其拆成 \((u,n),(v,-n)\) 或者 \((u,-n),(v,n)\) 两种拆法，由于 \(|R| + |B| = n-1\)，所以这种情况有 \(2(n-1)\) 种方案。
而逆摄影是简单的，只需要对于是否存在 \((n,n-1)\) 这样的配对分类讨论一下即可。
所以 \(g(n) = g(n-1) \times 2n = 2^n n!\)。
\(\text{Prob 55 dif:}\color{red}[3]\)
我啥时候连这种题都构造不出来了。
考虑一个映射：\(\tau:G \to G^{\prime}\)，具体的：
- 若 \(1,2\) 在同一个环内，则此时将这个环从 \(1\) 后面断开。
- 若 \(1,2\) 不在同一个环内，则此时将这两个环接起来。
由于循环数量肯定变了，所以环长为偶数的数量肯定也变了。所以环长为奇数的个数就是 \(\frac{n!}{2}\)。
\(\text{Prob 56 dif:}\color{blue}[2]\)
简单题。
先看右边。假设我在一个括号内选了一个 \(x\)，这表设这个点单独出来成环了，否则假设我选出了 \(i\) 则表示这个点可以接在前面的 \(i\) 个点中的任意一个点的后面。所以根据这个意义可得 \(x^k\) 的系数就是有 \(k\) 个环的排列数量。
\(\text{Prob 57 dif:}\color{yellow}[3]\)
考虑构造一个双射：\(\tau:G^a_{k-1} \to G^b_{k}\)。分别表示集合 \([2,n]\) 的所有排列和 \([n]\) 的所有排列中包含 \(1\) 的循环大小为 \(k\) 的排列。
接下来考虑怎么构造 \(\sigma = \tau(\omega) \in G^b_k\)：
- 考虑先取前 \(k-1\) 个数即 \(\omega(1),\omega(2),\cdots,\omega(k-1)\) 然后再把他们和 \(1\) 放在一起成为一个循环。那么就有：
- 对于后面的 \(n-k\) 数，令 \(S = \{1,\omega(1),\omega(2),\cdots,\omega(k-1)\}\)，则剩余元素 \(R = [n] \backslash S\) 有 \(n-k\)，然后将其按照升序排序后令第 \(i\) 小的为 \(b_i\)，则我们有：
然后很明显可以发现 \(\tau\) 是双射，所以概率为 \(\frac{1}{n}\)。
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