组合数学>_<
组合数学（新坑，雾~）
前言
- 《组合数学》读书笔记。。。
- 保证有空就补
- 有问题或者有意见欢迎评论
1.组合问题
棋盘的完美覆盖
- m×n棋盘有b格牌（1×b）完美覆盖当且仅当b或者是m的一个因子或者是n的一个因子
幻方
- 1，2...\(n^{2}\),放到n*n的矩阵中，使得每一行，每一列，两条对角线的和相等
8 1 6
3 5 7
4 9 2这就是一个幻方
我们发现所有数的和为
$ 1+2+3+...+n^{2}= $ $ n{2}(n+1)\over 2\( 由于一共有n行，所以幻方和\)s_{n}=$$n(n^{2}+1)\over 2$
下面提供一种n为奇数时，幻方和的构造 - 首先把1放置在第一行的中间，然后其后面的整数，按照自然顺序放置在从左下方到
右上方的的一条对角线上
17 24 01 08 15
23 05 07 14 16
04 06 13 20 22
10 12 19 21 03
11 18 25 02 09
四色问题
36军官问题
- 给定来自6种军衔和6个军团的36名军官，能否把他们排成6*6的编队，使得
- 每行每列满足6种军衔和6个军团的军官都有呢？
数独
最短路径问题
相互重叠的圆
Nim游戏
2.排列与组合
3.鸽巢原理
4.生成排列和组合
5.二项式系数
前言
由于加急，那就不细细引入了（
$ n\choose m $
直接上10个恒等式
1.阶乘展开式 \(n\choose k\)=\(n!\over k!(n-k)!\) $ ,整数n\geqslant k\geqslant 0$
2.对称恒等式 \(n\choose k\)=\(n\choose n-k\) $ ,整数n\geqslant 0，k是整数$
3.吸收恒等式 \(r\choose k\)=\(r\over k\) \(r-1\choose k-1\) \(,k是整数\)
4.帕斯卡公式 \(r\choose k\)=\(r-1\choose k-1\)+\(r-1\choose k\)\(,k是整数\)
5.上指标反转 \(r\choose k\)=$ (\text{-1})^k $$ k-r-1\choose k$$,k是整数$
6.三项式版恒等式 \(r\choose m\)\(m\choose k\)=\(r\choose k\)\(r-k\choose m-k\)\(,m,k是整数\)
7.二项式定理 \(\sum_{k=0}^n\)\(n\choose k\)\(x^ky^{n-k}\)=\((x+y)^n\)
8.平行求和法 \(\sum_{k=0}^n\)\(r+k\choose k\)=\(r+n+1\choose n\)\(,n是整数\)
9.上指标求和法 \(\sum_{k=0}^n\)\(k\choose m\)=\(n+1\choose m+1\)\(,n,m\geqslant0\)
10.范德蒙式卷积 \(\sum_{k}\)\(r\choose k\)\(s\choose n-k\)=\(r+s\choose n\)\(,n是整数\)
二项式反演
形式2貌似好理解一点
形式1
令\(f(k)\)表示k个性质中至少满足m个（通常m=0）至多满足k个的元素个数，\(g(k)\)表示恰好满足k个性质的元素个数。
\(f(k)\)=\(\sum_{i=m}^{k}\)\(k\choose i\)\(g(i)\)则有
\(g(k)\)=\(\sum_{i=m}^{k}\)\((\text{-1})^{k-i}\)\(k\choose i\)\(f(i)\)
举个栗子
\(X\)=\({1,2,3,4}\)
\(f(2)\)表示2个数中至多选2个数 \(g(i)\)表示i个数恰好选i个
则有\(g(i)=1\)
\(f(2)\)有
{\({}\)},{\({1}\)},{\({2}\)},{\({1,2}\)}共4种
\(f(2)\)=\(\sum_{i=0}^{2}\)\(2\choose i\)\(g(i)\)=\(2\choose 0\)+\(2\choose 1\)+\(2\choose 2\)=4
证明同下
例 错排问题
对于1~n的一个排序，有对少个满足 \(\forall\)\(i\in [1,n]\),\(p_{i}\neq i\)
令\(g(n)\),对于n个数，恰好n个数错排
\(f(n)\),对于n个数，至多n个数错排
则\(f(n)=n!\)
对于求\(f(n)\),我们枚举错排的数的个数
假设现在有i个数错排，那么选出i个数的方案数为\(n\choose i\)
又有i个数的错排位\(g(i)\)
由乘法原理知，i的贡献为\(n\choose i\)\(g(i)\)
由加法原理知\(f(n)=\)\(\sum_{i=0}^n\)\(n\choose i\)\(g(i)\)
则\(g(n)\)=\(\sum_{i=0}^{n}\)\((\text{-1})^{n-i}\)\(n\choose i\)\(f(i)\)
=n!\(\sum_{i=0}^{n}\)\((\text{-1})^{i}\)\(1\over i!\)
其实右边和式是e的泰勒展开www
形式2
设一共有n个元素
令\(f(k)\)表示钦定k个元素的方案数，\(g(k)\)表示恰好k个元素的方案数。
\(f(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\(i\choose k\)\(g(i)\)则有
\(g(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\((\text{-1})^{i-k}\)\(i\choose k\)\(f(i)\)
考虑钦定的意思，就是选定的意思
举个栗子
\(X\)=\({1,2,3,4}\)
\(f(k)\)表示钦定选k个元素的方案数，就是固定k个数
考虑一下\(k=2\)时
选定{\({1,2}\)}时，则有{\({1,2}\)},{\({1,2,3}\)},{\({1,2,4}\)},{\({1,2,3,4}\)}4种
选定{\({1,3}\)}时，则有{\({1,3}\)},{\({1,2,3}\)},{\({1,3,4}\)},{\({1,2,3,4}\)}4种
选定{\({1,4}\)}时，则有{\({1,4}\)},{\({1,3,4}\)},{\({1,2,4}\)},{\({1,2,3,4}\)}4种
选定{\({2,3}\)}时，则有{\({2,3}\)},{\({1,2,3}\)},{\({2,3,4}\)},{\({1,2,3,4}\)}4种
选定{\({2,4}\)}时，则有{\({2,4}\)},{\({1,2,4}\)},{\({2,3,4}\)},{\({1,2,3,4}\)}4种
选定{\({3,4}\)}时，则有{\({3,4}\)},{\({1,3,4}\)},{\({2,3,4}\)},{\({1,2,3,4}\)}4种
所以\(f(2)=24\)注意，这里有重复
\(g(k)\)表示恰好选k个的方案数，则
\(g(0)=1,g(1)=4,g(2)=6,g(3)=4,g(4)=1\)
那\(g(3)\)举例有{\({1,2,3}\)},{\({1,2,4}\)},{\({1,3,4}\)},{\({2,3,4}\)}
\(f(2)=\)\(2\choose 2\)g(2)+\(3\choose 2\)g(3)+\(4\choose 2\)g(4)=24
注意，钦定k个数！=选至少k个
至少k个=\(\sum_{i=k}^n\)\(g(i)\)
Proof
\(f(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\(i\choose k\)\(g(i)\)
\(g(i)\)为恰好选i个，考虑现在有现在是钦定k个，不妨设i=3，k=2
有{\({1,2,3}\)},{\({1,2,4}\)},{\({1,3,4}\)},{\({2,3,4}\)}
对于{\({1,2,3}\)}，我可以钦定{\({1,2}\)}或{\({1,3}\)}或{\({2,3}\)}
那么对于每一种\(g(i)\)的方案，都可以是任意k（此时k=2）个元素是选定的
则会有\(i\choose k\)种方案
由乘法原理得，每一个i的贡献为\(i\choose k\)\(g(i)\)
所以\(f(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\(i\choose k\)\(g(i)\)
对于\(g(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\((\text{-1})^{i-k}\)\(i\choose k\)\(f(i)\)而言，组合方法貌似不好证，所以我们考虑带入前一个柿子，看看等式是否成立
等式右边
=\(\sum_{i=k}^n\)\(i\choose k\)\(g(i)\)
=\(\sum_{i=k}^n\)\(i\choose k\)\(\sum_{j=i}^{n}\)\((\text{-1})^{i-j}\) \(j\choose i\)\(f(j)\)
=\(\sum_{i=k}^n\)\(\sum_{j=i}^{n}\)\(i\choose k\)\((\text{-1})^{i-j}\) \(j\choose i\)\(f(j)\)
下一步交换枚举顺序，我们先枚举j，再枚举i
先看一下这个=\(\sum_{i=k}^n\)\(\sum_{j=i}^{n}\)(1)
我们有\(k\leqslant i\leqslant n,\)以及\(i\leqslant j\leqslant n\)
所以我们有\(k\leqslant j\leqslant n，\)\(k\leqslant i\leqslant j\)
上面和式就=\(\sum_{j=k}^n\)\(\sum_{i=k}^{j}\)(2)
当k=2,n=3时
(1)有
i=2:{\({2,2}\)},{\({2,3}\)}
i=3:{\({3,3}\)}
(2)有
j=2:{\({2,2}\)}
j=3:{\({2,3}\)},{\({3,3}\)}
完全一致，所以我们的推论是正确的（当然可以带一点更大的书进去，比较麻烦就是啦）
上面一坨
=\(\sum_{j=k}^n\)\(\sum_{i=k}^{j}\)\(i\choose k\)\((\text{-1})^{i-j}\) \(j\choose i\)\(f(j)\)
=\(\sum_{j=k}^n\)\(\sum_{i=k}^{j}\)\((\text{-1})^{i-j}\) \(j\choose i\)\(i\choose k\)\(f(j)\)
现在我们拿出\(j\choose i\)\(i\choose k\)这一项
它的组合意义是从j个里选出i个，再从i个里选出k个
那么我们可以直接从j个里选出k个，然后再吧i补全，则
\(j\choose i\)\(i\choose k\)=\(j\choose k\)\(j-k\choose i-k\)
上面
=\(\sum_{j=k}^n\)\(\sum_{i=k}^{j}\)\((\text{-1})^{i-j}\) \(j\choose k\)\(j-k\choose i-k\)\(f(j)\)
观察到有\(j-k\choose i-k\)，我们希望从0开始枚举，则用i替换i-k，有
=\(\sum_{j=k}^n\)\(\sum_{i=0}^{j-k}\)\((\text{-1})^{i+k-j}\) \(j\choose k\)\(j-k\choose i\)\(f(j)\)
=\(\sum_{j=k}^n\)\((\text{-1})^{k-j}\)\(j\choose k\)\(f(j)\)\(\sum_{i=0}^{j-k}\)\((\text{-1})^{i}\) \(j-k\choose i\)
由7（二项式定理），令x=1,y=-1,有
\((1-1)^n\)=\(\sum_{k=0}^n\)\(n\choose k\)\((\text{-1})^k\)
当n=0是右边值为1，否则为0
所以，上面只有j=k时才有贡献
=\((\text{-1})^{k-k}\)\(k\choose k\)\(f(k)\)
=\(f(k)\)
所以定理成立
第二类斯特林数
第二类斯特林数：n个不同的球放到m个相同的盒子，每个盒子都有球
我们先考虑m个不同的盒子
形式1：恰好m个盒子有球
形式2：恰好0个盒子没有球
令\(f(k)\)表示钦定k个盒子没有球
\(g(k)\)表示恰好k个盒子没有球
对于\(f(k)\)，只是k个盒子一定没有，可能多于k个
选出k个盒子有\(m\choose k\)的方案
其他盒子，每个球有(m-k)种方案，共有n个，则有\((m-k)^{n}\)的方案数
则\(f(k)\)=\(m\choose k\)\((m-k)^{n}\)
显然（错排的时候详细说过力）\(f(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\(i\choose k\)\(g(i)\)
则\(g(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\((\text{-1})^{i-k}\)\(i\choose k\)\(f(i)\)
\(g(k)\)=\(\sum_{i=k}^{n}\)\((\text{-1})^{i-k}\)\(i\choose k\)\(m\choose i\)\((m-i)^{n}\)
\(g(0)\)=\(\sum_{i=0}^{n}\)\((\text{-1})^{i}\)\(i\choose 0\)\(m\choose i\)\((m-i)^{n}\)
\(g(0)\)=\(\sum_{i=0}^{n}\)\((\text{-1})^{i}\)\(m\choose i\)\((m-i)^{n}\)
第二类斯特林数=\(g(0)\over m!\)
浙公网安备 33010602011771号