组合数学01 小球装箱问题与组合证明

小球装箱问题

小球装箱问题：有\(k\)个球，装进\(n\)个箱子里，问有几种方案？分别讨论球是否相同，箱子是否相同，每个箱子至少一个、至多一个、没有限制，共12种不同情况。

第一种：球不同，箱子不同，没有限制

我们对球讨论，每个球都独立地有\(n\)种选择。只要有一个球的选择不一样，结果就不一样。因此共有\(n^k\)种方案。

第二种：球不同，箱子不同，每个箱子至多一个球。

这首先要求箱子要比球多。那么先选出哪些箱子里有球，有\(\dbinom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\)种选法。球可以全排列，有\(k!\)种排法。因此共有\(\dfrac{n!}{(n-k)!}\)。这正好是\(n\)的\(k\)阶下降阶乘幂，记作\((n)_k\)。

第三种：球相同，箱子不同，每个箱子至多一个球。

箱子比球多。只需要选出\(k\)个有球的箱子就好了，答案是\(\dbinom{n}{k}\)。

第四种：球相同，箱子不同，每个箱子至少一个球。

插入\(n-1\)块隔板，隔板的位置有\(k-1\)个可选，答案是\(\dbinom{k-1}{n-1}\)。

第五种：球相同，箱子不同，没有限制。

要插\(n-1\)块隔板，但箱子可以为空。我们选择在\(k+n-1\)个元素中挑出\(n-1\)个变成隔板，所以答案是\(\dbinom{k+n-1}{n-1}\)。这是从箱子的角度来考虑的。如果从球的角度考虑，那么每个球选择了一个箱子，但球是没有区别的，所以所有\(k\)个球的选择构成的是一个元素可以重复集合（与顺序无关），称为“可重集”。所以我们知道了，总共\(k\)个元素且每个元素的范围在\(1\)到\(n\)的可重集个数为\(\dbinom{k+n-1}{n-1}\)，记为\(\left(\left(\begin{array}{c}n \\k\end{array}\right)\right)\)。等价于从\(n\)个元素里选\(k\)次，每次选的可以是重复的，选完的结果是不考虑顺序的。

第六种：球不同，箱子相同，每个箱子至少一个球。

箱子相同，所以装箱等价于分组。把\(k\)个不同元素分成\(n\)组的方案数，我们把这个数记为\(\left\{\begin{array}{l} k \\ n \end{array}\right\}\)，称为第二类斯特林数(the second type of Stirling number)。我们将在下一节证明求解第二类斯特林数的递推公式，在“容斥原理”一文中证明第二类斯特林数的通项公式。

第七种：球不同，箱子不同，每个箱子至少一个球。

在第二类斯特林数\(\left\{\begin{array}{l} k \\ n \end{array}\right\}\)的基础上，现在箱子不同了，原来的每种分组方案都可以对应箱子的全排列。所以答案是\(\left\{\begin{array}{l} k \\ n \end{array}\right\} \cdot n!\)。

第八种：球不同，箱子相同，没有限制。

没有限制说明分的组数可以大到\(n\)组，小到\(1\)组。答案是\(\sum\limits_{i=1}^{n}\left\{\begin{array}{l} k \\ i \end{array}\right\}\)。

第九种：球相同，箱子相同，每个箱子至少一个球。

相当于要把一个数字\(k\)分解成\(n\)个数字的和。这个答案称为划分数，记为\(P(k,n)\)。我们将在下一节证明求解划分数的递推公式。

第十种：球相同，箱子相同，没有限制。

划分的个数可以从\(1\)到\(n\)，答案为\(\sum\limits_{i=1}^{n}P(k,i)\)。

第十一种：球不同，箱子相同，每个箱子至多一个球。

如果球的个数比箱子少，那么每个球自成一组，只有这一种方案。如果球的个数比箱子多，那么一定不可能有解。答案是\(\mathbb{1}[k \leq n]\)。

第十二种：球相同，箱子相同，每个箱子至多一个球。

同上，答案是\(\mathbb{1}[k \leq n]\)。

用组合意义证明恒等式

在组合数学中有一种称为double counting的证明恒等式的方法：如果数同一个东西有两种不同的数法，那么两种数法的表达式对应的结果必然相等。

恒等式1

杨辉三角：

\[\dbinom{n}{k}=\dbinom{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k} \]

证明：等式左边表示从\(n\)个不同的元素里选\(k\)个。也可以这么讨论：讨论第\(n\)个元素有没有被选。如果被选了，那么对应的方案数等价于从前\(n-1\)个里选剩下的\(k-1\)个；如果没有被选，那么对应的方案数等价于从\(n-1\)个里面选\(k\)个。所以等式两边只是同一个问题的两种不同看法而已。

恒等式2

\[\left(\left(\begin{array}{l}n \\k\end{array}\right)\right)=\left(\left(\begin{array}{c}n \\ k-1\end{array}\right)\right)+\left(\left(\begin{array}{c}n-1 \\ k\end{array}\right)\right) \]

等式左边表示从\(n\)个不同的元素里可重复地选\(k\)个，选的结果是忽略顺序的。也可以这么讨论：讨论第\(n\)个元素有没有被选。如果被选了，那么它可以继承所有从\(n\)个里选\(k-1\)次的结果；如果没有被选，那么只能继承所有从\(n-1\)个元素里面选\(k\)次的方案了。

恒等式3

范德蒙德卷积(Vandermonde convolution)：

\[\sum_{j=0}^{k}\left(\begin{array}{c} m \\ j \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} n \\ k-j \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} m+n \\ k \end{array}\right) \]

这个式子说明，从\(m+n\)个元素里选\(k\)个，可以分类讨论从前\(m\)个里选\(j\)个，从后\(n\)个里选\(k-j\)个。

恒等式4

\[\left\{\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{c} n-1 \\ k-1 \end{array}\right\}+k \cdot\left\{\begin{array}{c} n-1 \\ k \end{array}\right\} \]

把\(n\)个元素分成\(k\)组。如果第\(n\)个元素自成一组，那么继承\(n-1\)个元素分\(k-1\)组的方案；如果第\(n\)个元素没有自成一组，那么它所在的组至少有两个元素。那么前\(n-1\)个元素必须已经分成了\(k\)组，第\(n\)个元素必须加入其中一组。注意这样是不会重复的，因为加入这个元素后发生重复说明加入前就已经重复了，与“不同的方案数”矛盾。

用这个递推式可以\(O(nk)\)求出斯特林数。

恒等式5

\[\left\{\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right\}=\sum_{j=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c} n-1 \\ j \end{array}\right) \cdot\left\{\begin{array}{c} n-j-1 \\ k-1 \end{array}\right\} \]

把\(n\)个元素分成\(k\)组，考虑最后一个元素和哪些元素在同一个组。假如同组的还有\(j\)个其它元素，那么这\(j\)个元素的选择就是组合数。剩下的元素分\(k-1\)组。

恒等式6

\[P(n, k)=P(n-1, k-1)+P(n-k, k) \]

把\(n\)拆成\(k\)个元素的和，考虑拆出来的数字里有没有1。如果有1，那么剩下的\(n-1\)拆成\(k-1\)个数字；如果没有1，说明拆除来的每个数都大于1，那么可以给每个数都削掉一个1，变成\(n-k\)拆成\(k\)个数字，之后可以随便拆分。

用这个递推式可以\(O(nk)\)求出划分数。

恒等式7

\[P(n,k)=\sum\limits_{j=0}^{k}P(n-k,j) \]

把\(n\)拆成\(k\)个元素的和，考虑拆出来的数字里有多少个1。如果有\(k-j\)个1，那么剩下的\(j\)个数都大于1。除去所有的1，后面总共有\(n-k+j\)个数，全都削掉1，转化成\(n-k\)拆成\(j\)个数。

恒等式8

\[\sum\limits_{j=0}^{n}(-1)^j\dbinom{n}{j}\dbinom{2n+k-2j}{n}=2^n \]

从\((0,0)\)出发，每次只能向右或向上走，先走到\((n,n)\)，再一路往右走到\((n+k,n)\)。在从\((0,0)\)走到\((n,n)\)的过程中，总共走\(2n\)步。规定\(\forall i \in [n]\)，第\(2i-1\)步和第\(2i\)步不能都向右走。

两步为一组看这个问题，每组只有右上和上右两种情况，最后的\(k\)步一定全部向右，因此总的方案数就是\(2^n\)。

用容斥原理来计算（见下一篇文章）。假设对于\(i \in [n]\)，如果第\(2i-1\)步和第\(2i\)步都向右走了，就称这次走路在坏集合\(A_i\)内。设\(J=\{A_{i_1},\cdots,A_{i_t}\}\)，那么\(N_\geq(J)\)应当这样计算，总共走\(2n+k\)步，现在已经确定了有\(2t\)步，剩下的\(2n+k-2t\)步里必须有\(n\)步是向上走的，因此\(N_\geq(J)=\dbinom{2n+k-2t}{n}\)。根据容斥，总方案数应当是\(N_=(\varnothing)=\sum\limits_{j=0}^{n}(-1)^j\sum\limits_{J \in \binom{\mathscr{A}}{j}}N_\geq(J)=\sum\limits_{j=0}^{n}(-1)^j\dbinom{n}{j}\dbinom{2n+k-2j}{n}\)。

参考资料

[1] Chihao Zhang, Combinatorics in Computer Science (Spring 2023)