组合数学学习笔记-第二章

2.7部分习题个人题解

7

先固定4个男士，因为圆桌所以方案数是 \(\frac{4!}{4}=6\)。

再让女士就坐，方案数是 \(\frac{8!}{{(2!)}^4}=2520\)。

总方案数为 \(6\times 2520=15120\)。

8

先固定6个男士，方案数 \(\frac{6!}{6}=120\)。

再让女士就坐，相当于把两个环重叠，方案数 \(6!=720\)。

总方案数为 \(120\times 720=86400\)。

9

case1:全部-AB相邻，\(15!-2\times 14!\)

case2:类似的容斥，\(15!-14!\)

11

容斥，任取三个-12相邻任取三个-23相邻任取三个+123相邻任取三个

\(C_{20}^{3}-2\times C_{19}^{2}+C_{18}^{1}=816\)

26

(a)

\(\frac{(nm)!}{{(n!)}^m}\)

(b)

\(\frac{(nm)!}{{(n!)}^m\times m!}\)

37

不知道一打是多少个啊，那就设一打是 \(n\) 个。

那么实际上就是 \(\sum_{i=1}^6x_i=n,\forall x_i\geq 0\) 这个不定方程自然数解数，等价于 \((1+x+x^2+\cdots)^6\) 的第 \(n\) 项前系数，答案为 \(C_{n+6-1}^{6-1}=C_{n+5}^5\)。

如果要求每种至少一个，就是 \((x+x^2+\cdots)^6\) 的第 \(n\) 项前系数，答案为 \(C_{n-1}^{6-1}=C_{n-1}^5\)。

40

(a)

\(C_{n}^k\)

(b)

等价于把棍分成 \(k+1\) 组，第一组要求 \(x_1\geq 1\)，最后一组要求 \(x_{k+1}\geq 0\)，其他组要求 \(x_i\geq 2\)。

答案就是 \(C_{n-(k-1)+1-1}^{k+1-1}=C_{n-k+1}^k\)。

(c)

等价于把棍分成 \(k+1\) 组，第一组要求 \(x_1\geq 1\)，最后一组要求 \(x_{k+1}\geq 0\)，其他组要求 \(x_i\geq l+1\)。

答案就是 \(C_{n-(k-1)*l+1-1}^{k+1-1}=C_{n-(k-1)*l}^k\)。

43

分选/不选 \(a_1\) 两类讨论加起来。

选：\(C_{r-1+(k-1)-1}^{k-1-1}=C_{r+k-1}^{k-2}\)

不选：\(C_{r+(k-1)-1}^{k-2}=C_{r+k}^{k-2}\)

把这两项加起来就是了。

题目限制应该就已经保证了 \(k \geq 2\) 吧……

44

从组合意义出发，考虑每个物品分到的对象，都是 \(k\) 个人均可，对于一个新方案，只要存在一个物品选择的对象与之前的方案不同，就会产生新方案，那么答案显然为 \(k^n\)。

从代数推导出发，问题等价于证明 \(\sum_{\sum_{i=1}^k x_i=n}\frac{n!}{\prod_{i=1}^kx_i!}=k^n\)。

根据指数型生成函数的结论，有 \(e^x=\sum \frac{x^n}{n!}\)。

所以等价于证明 \(n![x^n]e^{kx}=k^n\)。

这里提取的系数是把 \(e^{kx}\) 当做普通生成函数来提取系数的。

这里 \(f^{(n)}\) 表示 \(f\) 的 \(n\) 阶导。

设原函数是 \(f=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n+\cdots\)，那么 \(f^{(n)}=\frac{a_nx^0}{n!}+\cdots\)

所以 \([x^0]f^{(n)}=\frac{[x^n]f}{n!}\)

那么就有 \(n![x^n]e^{kx}=[x^0](e^{kx})^{(n)}=k^n[x^0]e^{kx}=k^n\)

证毕。

46

(a)

\((2n-1)!!\)

(b)

\((2n)!!\)

47

题意应该是 \(x_1+x_2>x_3,x_1+x_3>x_2,x_2+x_3>x_1,x_1+x_2+x_3=2n+1\) 的自然数解数。

容斥，全部方案数-不合法方案数。

全部的为 \(C_{2n+1+3-1}^{2}=C_{2n+3}^{2}=(2n+3)(n+1)\)。

不合法的为 \(3\sum_{i=1}^{n}(i+1)=\frac{3n(n+3)}{2}\)

相减，答案就是 \(\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+3\)

48

等价于证明：\(\sum_{i=0}^nC_{m+i}^m=C_{n+m+1}^{m+1}\)。

左边补上一个 \(C_{m}^{m+1}\)，根据 \(C_{m+i}^m+C_{m+i}^{m+1}=C_{m+i+1}^{m+1}\)，不断合并，最终就会得到 \(C_{n+m+1}^{m+1}\)。

49

等价于证明：\(\sum_{i=0}^m\sum_{j=0}^{n}C_{i+j}^i=C_{n+m+2}^{m+1}-1\)。

根据48的结论，即证 \(\sum_{i=0}^mC_{i+n+1}^{i+1}=C_{n+m+2}^{m+1}-1\)。

即证 \(\sum_{i=0}^mC_{i+n+1}^{n}=C_{n+m+2}^{m+1}-1\)。

左边补上 \(C_{n+1}^{n+1}=1\)，与48一样不断合并，就能合并出 \(C_{n+m+2}^{n+1}\)，再减去补上的数即可。

51

\(\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}=2^n\)

52

即求 \(\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nC_{n+1}^{n-i-j}\)

换个角度，考虑每个组合数被计算的次数。

即求 \(\sum_{i=0}^n(i+1)C_{n}^i\)

先全拿出来一项，变成 \(2^n+\sum_{i=0}^niC_{n}^i\)

右边根据 \(iC_{n}^{i}=nC_{n-1}^{i-1}\) 可以化为 \(2^n+\sum_{i=0}^{n-1}nC_{n-1}^{i}\)。

所以答案就是 \((n+1)2^n\)。

54

\(\sum_{i=0}^{n}C_{n}^i2^i=3^i\)

这不是我们子集枚举的复杂度嘛。

64

求概率等价于求方案数。

(a)

先选出来这 \(n-2\) 个数字：\(C_{n}^{n-2}\)

有两种情况：一种颜色出现3次/两种颜色出现2次

case1:

先选这个颜色：\(n-2\)；然后钦定三个位置：\(C_{n}^3\)；剩下的颜色排列：\((n-3)!\)

所以答案为 \((n-2)!C_{n}^3\)

case2:

先选这两个颜色：\(C_{n-2}^2\)；然后分别钦定两个位置：\(C_{n}^{2}C_{n-2}^2\)；剩下的颜色排列：\((n-4)!\)

所以答案为 \(C_{n}^2(C_{n-2}^2)^2(n-4)!\)

加起来后乘上 \(C_{n}^{n-2}\)，化简后得到 \(\frac{(n!)^2}{16(n-4)!}+\frac{(n!)^2}{12(n-3)!}\)

(b)

比(a)更ex的分讨……

还是先选颜色：\(C_{n}^{n-3}\)。

case1:一种颜色4次

\((n-3)C_{n}^4(n-4)!\)

case2:一种颜色3次+一种颜色2次

\((n-3)(n-4)C_{n}^3C_{n-3}^2(n-5)!\)

case3:三种颜色2次

\(C_{n-3}^3C_{n}^2C_{n-2}^2C_{n-4}^2(n-6)!\)

加起来乘上 \(C_{n}^{n-3}\)，化简后得到 \(\frac{(n!)^2}{144(n-4)!}+\frac{(n!)^2}{72(n-5)!}+\frac{(n!)^2}{288(n-6)!}\)