高等组合学笔记(三): 间隔排列,投票问题,圈集排列组合与生成函数简介

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例题: 设$S$是由四种元素$a,b,c,d$组成的多重集$\{10\cdot a,10\cdot b,10\cdot c,10\cdot d\}$, 问$S$使得$a,c$至少出现1次, $b$至少出现两次, $d$至少出现3次的$9-$组合数是多少?

解: (考虑等价形式)

即考虑$x_1+x_2+x_3+x_4=9$,其中$\begin{cases}x_1\geq 1,\\x_2\geq 2,\\x_3\geq 1,\\x_4\geq 3,\end{cases}$,的整数解的个数. 令$y_1=x_1-1$, $y_2=x_2-2$, $y_3=x_3-1$, $y_4=x_4-3$.

则等价于$y_1+y_2+y_3+y_4=9-7=2$的非负整数解的个数.

由重集$M$的$k-$组合数$\Rightarrow {4+2-1\choose 2}={5\choose2}=10$.

注:

重集$S=\{n_1a_1,n_2a_2,\cdots,n_ka_k\}$的$r-$组合.

1. 若$r\leq n_i(1\leq i\leq n)$则等价于无重复限制集合的$r-$组合,(有下界的情况较好处理)
   即$\iff S=\{\infty a_1,\infty a_2,\cdots,\infty a_k\}$的$r-$组合.
2. 若$r$大于其中一个或多个$n_i$时, 考虑$r-$组合.
   $\iff x_1+x_2+\cdots+x_k=r$(对于有上界的情况, 可以使用容斥原理, 生成函数方法求解)
   其中$0\leq x_i\leq n_i,i=1,2,...,k$.

例子: 证明不等式$x_1+x_2+\cdots+x_n\leq k$的非负整数解的个数为${n+k\choose k}$,并给出
$\sum_{j=0}^k{n+j-1\choose j}={n+k\choose k}$
的组合解释.

证明:

$x_1+x_2+\cdots+x_n\leq k,x_i\geq0,1\leq i\leq n$,

$\iff x_1+x_2+\cdots+x_n+x_{n+1}= k, x_i\geq 0,1\leq i \leq n+1$.

故非负整数解有$\binom{n+1+k-1}k=\binom{n+k}k$个.

另一方面, $x_1+x_2+\cdots+x_n\leq k,x_i\geq0,1\leq i\leq n$, 等价于

$x_1+x_2+\cdots+x_n=j, 0\leq j\leq k$的解的并.

上述方程的解的个数为$\binom{n+j-1}j$, 由加法原理得到: $\sum\limits_{j=0}^k{n+j-1\choose j}={n+k\choose k}$.

考虑$\color{red}集合[n]=\{1,2,...,n\}上的两个计数问题$.

例子:(Gergonne, 1812)

• $[n]$的一个$k$元子集称为$l$间隔的, 若其中任意两个数之差大于$l$.

证明: $[n]$的$l$间隔的$k$ 元子集的个数为
$f_l(n,k)={n-l(k-1)\choose k}.$

• $l=0$:$[n]$的$k$元子集个数为$n\choose k$.
• $l=-1$:$[n]$的可重复$k$元子集个数为$n+k-1\choose k$.

证明:(方法一, 考虑方程组解和子集之间的一一对应)

考虑$[x]$的$l$间隔的$k$元子集$\{a_1,a_2,...,a_k\}_{(\leq)}$, 其中$1\leq a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_k\leq n,\quad(a_{i+1}-a_i>l)$.

即
$\underbrace{1,...,}_{x_1}\,a_1\underbrace{,...,}_{x_2}\,a_2\underbrace{,...,}_{x_3}\,a_3,...,a_k\underbrace{,...,n}_{x_{k+1}}$
用$x_i$表示上图中元素的个数, 则由$a_1\geq1,a_{i+1}-a_i>l,a_k\leq n$.

$\Rightarrow x_1\geq 0,x_i\geq l(i=2,...,k), x_{k+1}\geq0$.

且$x_1+x_2+\cdots+x_{k+1}= n-k$.

即建立了$[n]$的$l$间隔的$k$元子集与下述方程的解的一一对应
$x_1+x_2+\cdots+x_{k+1}= n-k, x_1\geq 0,x_i\geq l(i=2,...,k), x_{k+1}\geq0,$
(平移后去掉下界)令$y_1=x_1\geq0,y_i=x_i-l\geq0,\ (2\leq i\leq k),y_{k+1}=x_{k+1}\geq0$, 则原方程等价于
$y_1+\cdots+y_{k+1}=n-k-l(k-1)$
的非负整数解的个数, 即为${n-k-l(k-1)+k+1-1\choose n-k-l(k-1)}={n-l(k-1)\choose k}$.

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证明(方法二, 任意两数之差大于$l$, 通过插空的方法生成满足条件的间距)

• $[n]$的$l$间隔的$k$元子集可由下列方法构成,
• 先去掉$l(k-1)$个间隔, 再从剩余的$n-l(k-1)$个数中取$k$个, 故共有${n-l(k-1)\choose k}$种方法.

$l$间隔的$k-$排列问题直接乘以$k!$即可.

例子: 投票(选举)问题

(Bertrand, 1887提出) ($\text{Ardr}\acute{\text{e}}$, 1887解决)

设$p$和$q$满足$1\leq p<q$且 $p+q=n$的整数, $f(p, q)$表示从$O(0,0)$到$M(p,q)$, 除$O(0,0)$之外与直线$y=x$不交的格路数. 证明:

$f(p,q)=\frac{q-p}{q+p}\binom np.$

利用反射对应原理($\text{Ardr}\acute{\text{e}}$反射原理):
$\text{Ardr}\acute{\text{e}}$反射:

从$A$到$M$穿过或接触$l$的格路数与$A$的对应点$A'$到$M$的格路数相等(存在一一对应).

证明: $f(p,q)$相当于从$A(0,1)$到$M(p,q)$是与直线$y=x$不交的格路数,
等于从$A(0,1)$到$M(p,q)$的所有格路数减去从$A(0,1)$到$M(p,q)$穿过或接触$y=x$的格路数.

由$\text{Ardr}\acute{\text{e}}$反射,

$\Rightarrow f(p,q)=\binom{p+q-1}p-\binom{p+q-1}{p-1}=\frac{q-p}{q+p}\binom{p+q}p=\frac{q-p}{q+p}\binom np.$

圈集的排列与组合

设$N$为置于一个圆圈上的$n$个点的有限集, 圈上的两个相邻点距离相等, 则集合等同于模$n$的剩余类集$[\overline{n}]=\{\bar{0},\bar{1},\bar{2},...,\overline{n-1}\}$.

定理1: 集合$N$的圈上的$k-$排列(即$[\bar{n}]$的$k-$排列)个数为$\frac{(n)_k}k$.

证明:

集合$N$的$k-$排列个数为$(n)_k$ ($a_1a_2...a_k$)

而$k$个球的排列有$k$种轮换, 这些轮换在圈上是一样的, 故集合$N$的圈上非$k-$排列个数为$\frac{(n)_k}k$.

例子:(Kaplamsky, 1943)

$[\bar{n}]$的一个$k$元子集称为$l$间隔的, 若其中任两个数在圈上之差大于$l$(圈上两点之间的任意一段弧上面至少有$l$个点). 证明: $[\bar{n}]$的$l$间隔的$k$元子集的个数为
$g_l(n,k)=\frac n{n-kl}\binom{n-kl}k.$

• $l=0$: 直接为$k-$组合.

直线上的$l$间隔$k$元子集个数为:
$f_l(n,k)=\binom{n-l(k-1)}{k}$

$[\bar{10}]=\{\bar0,\bar1,...,\bar9\}$的$2$间隔的$3$元子集的个数为$10$. 分别如下
$\begin{aligned} A_0:&\ \ \bar0\bar3\bar6,\bar0\bar3\bar7,\bar0\bar4\bar7,\\ A_1:&\ \ \bar1\bar4\bar7,\bar1\bar4\bar8,\bar1\bar5\bar8,\\ A^*:&\begin{cases} \bar2\bar5\bar8,\bar2\bar5\bar9,\bar2\bar6\bar9,\\ \bar3\bar6\bar9, \end{cases} \end{aligned}$

证明:

设$A$表示$[\bar{n}]$的$l$间隔$k$元子集的集合, $g_l(n,k)=|A|$,
设
$\begin{cases} A_i=\{P\,|\,P\in A, P\cap[\bar l]\},\quad (i=0,1,2,...,l-1)\\[3pt] A^*=\{P\,|\,P\in A, P\cap [\bar{l}]=\varnothing\} \end{cases}$
$\Rightarrow A$为$A_i$与$A^*$的不相交子集的并. 于是有
$g_l(n,k)=|A|=|A^*|+\sum_{i=0}^{l-1}|A_i|.$
由$P\in A_i$等价于从$n-2l-1$个元素的直线段$[i+l+1,\cdots,i+n-l-1]$的$l$间隔的$k-1$元子集$P'=P\backslash{\bar{i}}$, 其计数为$f_{l}(n-2l-1, k-1)$.
于是
$|A_i|=f_{l}(n-2l-1, k-1)={n-kl-1\choose k-1},\quad(0\leq i\leq l-1).$
类似的, $P\in A^*\iff$从$n-l$个元素的直线段$[l,\cdots,n-1]$的$l$间隔的$k$元子集$P$, 其计数为$f_l(n-l,k)$,
$|A^*|=f_l(n-l, k)=\binom{n-kl}k,$
于是
$\begin{aligned} g_l(n,k)&=|A^*| +\sum_{i=0}^{l-1}|A_i|\\ &=f_L(n-l,k)+l\cdot f_l(n-2l-1,k-1)\\ &=\binom{n-k-1}k+l\binom{n-kl-1}{k-1}=\frac{n}{n-kl}\binom{n-kl}k. \end{aligned}$

生成函数(发生函数, 母函数,generating function)

又称为"形式幂级数", 其系数不一定收敛, 不关心是否收敛的问题.

分类

简单序列$\{a_n\}$

• 普通型生成函数:$\Phi(t)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nt^n\Rightarrow a_n=[t^n]\Phi(t)$.($a_n$是$\Phi(t)$中$t^n$的系数)
• 指数型生成函数:$\Psi(t)\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n\dfrac{t^n}{n!}\Rightarrow a_n=n![t^n]\Psi(t)$.

多重序列$\{a_{n,k}\}$:

• 普通生成函数:$\Phi(t,u)=\sum\limits_{n,k\geq0}a_{n,k}t^nu^k$.
• 指数生成函数:$\Psi(t,u)=\sum\limits_{n,k\geq0}a_{n,k}\dfrac{t^n}{n!}\dfrac{u^k}{k!}$.
• 混合生成函数:$\cdots$

例子:

序列$a_n=\binom xn=\frac{(x)_n}{n!}$.

$\Phi(t)=\sum\limits_{n=0}^\infty \binom xnt^n=\sum_{n\geq0}(x)_n\frac{t^n}{n!}=(1+t)^x$
于是
$\begin{aligned} \sum_{n\geq0}(x+y)_n\frac{t^n}{n!}&=(1+t)^{x+y}=(1+t)^x(1+t)^y\\ &=\sum_{k\geq0}(x)_k\frac{t^k}{k!}\sum_{l\geq0}(y)_l\frac{t^l}{l!} \end{aligned}$
比较两端$\dfrac{t^n}{n!}$的系数,有
$\begin{aligned} (x+y)_n&=\sum_{k=0}^n\binom nk (x)_k(y)_{n-k}\\ \iff \binom {x+y}n&=\sum_{k=0}^n\binom xk\binom y{n-k}\quad {\color{red} \text{Chu-Vandemonde卷积公式}} \end{aligned}$
类似, 由$\lang x\rang_n=x(x+1)\cdots(x+k-1)=(-1)^n(-x)_n$,
$\Rightarrow\sum\limits_{n=0}^\infty \lang x\rang_n \frac{t^n}{n!}=\sum_{n\geq0}(-x)_n\frac{(-t)^n}{n!}=(1-t)^{-x}$

$\begin{aligned} \Rightarrow \lang x+y\rang_n&=\sum_{k=0}^n\binom nk \lang x\rang_k\lang y\rang_{n-k}\\ \iff \left\langle \begin{matrix}x+y\\n\end{matrix}\right\rangle&=\sum_{k=0}^n\left\langle \begin{matrix}x\\k\end{matrix}\right\rangle\left\langle \begin{matrix}y\\n-k\end{matrix}\right\rangle \end{aligned}$

例子: (Fibonacci数)
$\left\{\begin{aligned} F_n&=F_{n-1}+F_{n-2},\quad(n\geq2),\\ F_0&=0,\ F_1=1. \end{aligned}\right.$

生成函数: 令
$\Phi =\Phi(t)=\sum_{n\geq0}F_nt^n.$

$\begin{aligned} \Rightarrow\Phi&=t+\sum_{n\geq2}F_nt^n=t+\sum_{n\geq 2}(F_{n-1}+F_{n-2})t^n\\ &=t+\sum_{n\geq2}F_{n-1}t^n+\sum_{n\geq2}F_{n-2}t^n\\ &=t+t\Phi+t^2\Phi \end{aligned}$

于是$\Phi=\sum\limits_{n\geq0}F_nt^n=\dfrac t{1-t-t^2}$, 由$1-t-t^2=(1-\alpha t)(1-\beta t)$, $\alpha=\dfrac{1-\sqrt5}2,\,\beta=\dfrac{1+\sqrt5}2$.
$\Rightarrow \Phi=\frac1{\beta-\alpha}\left(\frac1{1-\beta t}-\frac1{1-\alpha t}\right)=\frac1{\sqrt5}\sum_{n\geq0}(\beta^n-\alpha^n)t^n,$
取$t^n$的系数, 有
$F_n=[t^n]\Phi(t)=\frac1{\sqrt5}(\beta^n-\alpha^n). \text{\color{red}(显式表达)}$
渐进表达:
$n\to\infty ,F_n\sim\frac1{\sqrt{5}}\beta^n=\frac1{\sqrt5}\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n.$
另一方面,
$\begin{aligned} \Phi&=\frac t{1-t-t^2}=\frac t{1-t(1+t)}=t\sum_{k\geq0}t^k(1+t)^k\\ &=\sum_{k\geq0}t^{k+1}\sum_{i=0}^k\binom kit^i \end{aligned}$

再取$t^n$的系数,
$\Rightarrow F_n=[t^n]\Phi(t)=\sum_{i\geq0}\binom{n-i-1}i=\sum_{i=0}^{\left[\frac{n-1}2\right]}\binom{n-i-1}i.$

$F_{n+2}= \sum_{i=0}^{\left[\frac{n+1}2\right]}\binom{n-i+1}i.$

$[n]$的$l$间隔的$k$子集个数为$\binom{n-l(k-1)}{k}$, 所以 $F_{n+2}$表示$[n]$的所有$1$间隔子集数.

例3:

二项式系数$a_{n,k}=\binom nk$.
$\begin{aligned} \Phi(t, u)&=\sum_{n,k\geq0}a_{n,k}t^n u^k=\sum_{n,k\geq0}\binom nkt^nu^k=\sum_{n\geq0}t^n\left(\sum_{k\geq0}\binom nk u^k\right)\\ &=\sum_{n\geq0}t^n(1+u)^n=\frac1{1-t(1+u)}. \end{aligned}$
特别地, 当$u=t$时,
$\sum_{n,k\geq0}\binom nk t^{n+k+1}=\frac t{1-t(1+t)}=\sum_{n\geq0}F_nt^n, \Rightarrow F_n=\sum_{i\geq0}\binom {n-i-1}i.$

混合型生成函数
$\varTheta (t,u)=\sum_{n,k\geq0}\binom nk\frac{t^n}{n!}u^k=\sum_{n\geq0}\frac{t^n}{n!}(1+u)^n=\exp\big(t(1+u)\big).$

$\begin{aligned} \Psi(u,t)&=\sum_{n,k\geq0}\binom nk \frac{t^n}{n!}\frac{u^k}{k!}=\sum_{k\geq0}\sum_{n\geq k}\frac{t^{n-k}}{(n-k)!}\frac{(ut)^k}{(k!)^2}\\ &=\sum_{k\geq0}\frac{(ut)^k}{(k!)^2}\sum_{n\geq 0}\frac{t^n}{n!}=\mathrm{e}^t\sum_{k\geq0}\frac{(ut)^k}{(k!)^2}\\ &=\mathrm{e}^t I_0(2\sqrt{ut}) \end{aligned}$

其中
$I_0(z)=\sum_{k\geq0}\frac1{(k!)^2}\left(\frac z2\right)^{2k}$
称为修正的$0$阶Bessel函数.

其他类型的生成函数:
$\begin{aligned} \Omega(t)&=\sum_{n\geq0}a_n\frac{n!}{\lang t\rang_{n+1}}\to\text{阶乘生成函数}\\ \Lambda(t)&=\sum_{n\geq1}a_n\frac{t^n}{1-t^n}\to\text{Lambert生成函数}\\ N(t)&=\sum_{n\geq0}a_n\frac{(t)_n}{n!}\to\text{Newton生成函数} \end{aligned}$