組合數學知識要點

導數與積分

%%YCB%%

排列與組合

加法法則與乘法法則

基礎思想：分類計數使用加法，分步計數使用乘法

Cayley定理

\(n\)個有標號頂點的樹的個數為\(n^{n-2}\)

證明：定義一個消去序列，序列與樹一一對應（略）。

排列與組合

\(n\)元\(r\)排列：\(\frac{n!}{(n-r)!}\)

\(n\)元\(r\)組合：組合數（naive）

\(n\)元\(r\)可重排列：\(n^r\)（naive）

\(n\)元\(r\)可重組合：\(\binom{n+r-1}{r}\)

多重集\(S=\{(a_1,k_1),(a_2,k_2),...,(a_n,k_n)\}\)

多重集的全排列：\(\frac{n!}{k_1!k_2!...k_n!}\)

多重集的\(r\)組合：\(\binom{n+r-1}{r}(\forall k\ge r)\)

隔板法、放縮法是解釋組合意義的利器

組合問題與二項式系數、格路問題的聯系

不經過對角線的格路問題方案數求解

Wallis公式與Stirling公式

Stirling公式：\(n!\backsim \sqrt{2n\pi}(\frac n e)^n\)

貌似OI不怎么用得上？

遞推關系與母函數

母函數

對一個數列\(a_0,a_1,a_2...\)構造函數

\[G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+... \]

稱為母函數，其長度可以是無窮大。

母函數的表示及求解

大部分無窮大的母函數可以寫成若干個無窮等比數列的和

無窮等比數列求和公式：\(S=\frac{a_1}{1-q}\)（不失一般性地設\(0<q<1\)，由有窮等比數列求和\(S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}\)將\(q^n\)看作無窮小可以推導出）

求解的一般步驟

一、寫出遞推式（形如\(a_i=f(a_{i-1})\)，記為遞推式的第\(i\)項）

二、遞推式的第\(i\)項兩邊乘上\(x^i\)，最后所有等式左右兩邊分別求和，形如

\[a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...=f(a_0)x+f(a_1)x^2+f(a_2)x^3+... \]

三、通過移項、無窮等比數列求和、因式分解等變換，把上面的大等式大概寫成這樣（分子是任意一個多項式\(P(x)\)，不用在意）

\[G(x)=\frac{P(x)}{(1-q_1x)(1-q_2x)...} \]

四、上式可以裂項成若干等比數列的和

\[G(x)=\frac{A_1}{(1-q_1x)}+\frac{A_2}{(1-q_2x)}+... \]

待定系數法，將上式通分以后，根據合並后的分子與上面的\(P(x)\)對應項的系數相等，聯立方程組解出\(A_1,A_2,...\)。

母函數的應用

寫出數列的母函數后，我們可以寫出數列的通項公式，進而快速求出數列指定項\(a_n\)的值。

既然我們可以把大部分母函數寫成等比數列和的形式，那么我們就對於每一個等比數列，算出它的\(x^n\)的系數，最后相加即可得到\(a_n\)。

優選法

就是三分求單峰函數的極值，只不過在區間的\(0.382\)和\(0.618\)等分點求值，這樣有一個值在下一次的時候還能用上。

利用Fibonacci數列后一項比上前一項接近\(0.618\)的性質，可以使優選法取到整點。

線性常系數齊次遞推關系

對於數列\(\{a_n\}\)有遞推式

\(a_n+c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+...+c_ka_{n-k}=0(a_0=d_0,a_1=d_1,...a_{k-1}=d_{k-1})\)

若\(\forall c,d\)都是常數，則稱上式為\(k\)階線性常系數齊次遞推關系

\(C(x)=x^k+c_1x^{k-1}+c_2x^{k-2}+...+c_{k-1}x+c_k\)稱為特征多項式。

求解

經過復雜的變換，數列的母函數一定可以寫成

\[G(x)=\frac{P(x)}{1+c_1x+c_2x^2+...+c_kx^k} \]

其中\(P(x)\)為一個極其復雜的最高次項不超過\(k-1\)的多項式。

分母顯然等價於\(x^kC(\frac 1 x)\)，於是考慮解方程

\[C(x)=(x-α_1)^{k_1}(x-α_2)^{k_2}...(x-α_t)^{k_t} \]

\(α_1,α_2,...α_t\)為\(C(x)\)在復數域內的\(t\)個根，稱為特征根。顯然可能有重根，\(k_i\)即為\(α_i\)的重復次數，於是有\(\sum\limits_{i=1}^t k_i=k\)

於是將\(k\)個\(x\)乘進分母中得出

\[G(x)=\frac{P(x)}{(1-α_1x)^{k_1}(1-α_2x)^{k_2}...(1-α_tx)^{k_t}} \]

開始求\(x^n\)系數\(a_n\)，三種情況只好死記硬背

單根

設有若干單根\(α_1,α_2,...α_k\)

直接待定系數\(A_1α_1^n+A_2α_2^n+...+A_kα_k^n\)

復根

如果出現復根，肯定是一對一對的共軛復根\(ρ(\cosθ\pm i\sinθ)\)

待定系數\(Aρ^n\cos nθ+Bρ^n\sin nθ\)

多重根

有一個\(k\)重根\(α\)

待定系數\((A_0+A_1n+A_2n^2+...+A_{k-1}n^{k-1})α^n\)

貌似也適用於單根\((k=1)\)

---

三種情況的待定系數式相加即為\(a_n\)的表達式

將初始值\(a_0=d_0,a_1=d_1,...a_{k-1}=d_{k-1}\)帶入\(a_n\)的表達式中，得到一個\(k\)元方程組，求解即可。

系數都求出來了，\(a_n\)當然求出來啦！

整數的拆分

運用母函數解釋

設有\(n\)個數的多重集\(\{(d_1,k_1),(d_2,k_2),...(d_n,k_n)\}\)，每個數可以任意選，那么可以構造一母函數

\[G(x)=(1+x^{d_1}+x^{2d_1}+...+x^{k_1d_1})...(1+x^{d_n}+x^{2d_n}+...+x^{k_nd_n}) \]

展開可得

\[G(x)=1+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...+a_{(\sum kd)-1}x^{(\sum kd)-1}+x^{\sum kd} \]

其中\(x^i\)項系數\(a_i\)為將\(i\)拆成若干數的和的方案數。

上面討論的是可以任意選的情況。根據題目對選擇數的限制，可以對母函數進行修改，\(x^{Ad_i}\)不存在即表示數\(d_i\)不能選\(A\)個。

Ferrers圖像

懶得解釋圖像，百度百科

利用圖像可以得到的重要性質：整數\(n\)拆分成最多不超過\(m\)個數的和的拆分數，和\(n\)拆分成最大不超過\(m\)的拆分數相等。

指數型母函數

對一個數列\(a_0,a_1,a_2...\)構造函數

\[G_e(x)=a_0+\frac{a_1}{1!}x+\frac{a_2}{2!}x^2+... \]

稱為指數型母函數。

這個名字是怎么來的呢？

求\(e^x\)的麥克勞林級數\(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...\)，跟指數型母函數的定義式很像

反過來說，序列\(\{1,1,1,...\}\)的指數型母函數顯然為\(e^x\)。

如果需要進行組合意義的計數，常使用指數型母函數。

常用變換

\[e^{kx}\Leftrightarrow1+kx+\frac{k^2}{2!}x^2+\frac{k^3}{3!}x^3+... \]

\[e^{-x}\Leftrightarrow1-x+\frac{k^2}{2!}x^2-\frac{k^3}{3!}x^3+... \]

\[\frac{e^x+e^{-x}}2\Leftrightarrow1+\frac{k^2}{2!}x^2+\frac{k^4}{4!}x^4+\frac{k^6}{6!}x^6... \]

第一類Stirling數

%%litble%%

定義為\(n\)個有區別的球划分成\(m\)個環的方案數。用\(s(n,m)\)表示。

\[s(n,m)=(n-1)s(n-1,m)+s(n-1,m-1) \]

\[s(n,m)=[x^m](\prod\limits_{i=0}^{n-1}(i+x)) \]

第二類Stirling數

%%GZY%%

定義為\(n\)個有區別的球放進\(m\)個相同的盒子中，盒子不允許為空。另一種通俗的稱呼是集合划分數。用\(S(n,m)\)表示。

\[S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1) \]

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^{m-1}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n \]

Catalan數

定義為通過\(n-2\)條對角線把一個凸\(n\)邊形分割的方案數。

\[C_{n+1}=\frac 1 n\binom{2n-2}{n-1} \]

\[C_n=\frac{(2n)!}{n!(n+1)!} \]

容斥原理與鴿巢原理

德摩根定理

符號約定：記\(\overline A\)為\(A\)的補集，\(|A|\)為\(A\)的元素個數。

\(\overline{A\cup B}=\overline A\cap\overline B,\overline{A\cap B}=\overline A\cup\overline B\)(naive)

容斥原理

先來直觀的

\(|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|\)

\(|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|\)

推廣到求\(|A_1\cup A_2\cup ...\cup A_n|\)即\(|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|\)

設一個集合的集合\(S=\{A_1,A_2,...,A_n\}\)

那么枚舉\(S\)的子集求並，如果這個子集大小為奇，那么容斥系數為\(1\)，否則為\(-1\)，總的式子長這樣

\[|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|=\sum\limits_{i=1}^{n}|A_i|-\sum\limits_{i\neq j}|A_i\cap A_j|+\sum\limits_{i\neq j\neq k,i\neq k}|A_i\cap A_j\cap A_k|-... \]

類似地，還可以反過來求\(|\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap ...\cap\overline{ A_n}|\)即\(|\bigcap\limits_{i=1}^n\overline{A_i}|\)

\[|\bigcap\limits_{i=1}^n\overline{A_i}|=|S|-\sum\limits_{i=1}^{n}|\overline{A_i}|+\sum\limits_{i\neq j}|\overline{A_i}\cup\overline{A_j}|-\sum\limits_{i\neq j\neq k,i\neq k}|\overline{A_i}\cup\overline{A_j}\cup\overline{A_k}|+... \]

莫比烏斯反演

定義一個容斥系數\(\mu(d)\)

\[\mu(d)=\begin{cases}\quad1\quad,d=1\\(-1)^k,d=p_1p_2...p_k(p是互不相同的質數)\\\quad0\quad,otherwise\end{cases} \]

若\(f(n),g(n)\)是定義在正整數上的個函數，滿足

\[f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d) \]

則

\[g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac n d) \]

鴿巢原理/抽屜原理

\(n\)個抽屜里有\(n+1\)個蘋果，則至少有一個抽屜里有兩個蘋果（naive）

群論

跳過群的基本概念吧，反正計數又用不着。

置換群

所有的有限群都可以用置換群表示。

置換的定義：一個\(n\)元置換是一個排列二元組，一般寫成

\[p=\begin{pmatrix}1&2&3&...&n\\a_1&a_2&a_3&...&a_n\end{pmatrix} \]

表示把序列中的\(i\)號元素替換為\(a_i\)號元素。

第一行不一定要寫成\(1-n\)，將列任意交換得到的仍是原來的置換。

Burnside引理

\(L=\frac{1}{|G|}\sum\limits_{p\in G}不動點個數(p)\)

Pólya定理

定義\(k\)階循環為一個序列\((b_1,b_2,...b_k)\)，滿足在置換中\(a_{b_1}=b_2,a_{b_2}=b_3,...a_{b_k}=a_1\)

於是一個置換可以寫成若干個循環的組合，比如

\[p=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\2&4&5&1&3\end{pmatrix} \]

可以寫成兩個循環\((1,2,4)(3,5)\)的形式。

如果\((b_1,b_2,...b_{k-1},b_k)\)與\((b_2,b_3,...b_k,b_1)\)視為等價的話，那么可以說每一個置換都有唯一的一個循環表示。

記\(c_p\)為置換\(p\)循環表示下循環的總數。在置換群\(G\)的意義下用\(m\)種顏色染物品，其方案數為\(\frac{1}{|G|}\sum\limits_{p\in G}m^{c_p}\)。