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  • 中科大组合数学复习知识点

    一、鸽巢原理

    定理:\(n+1\)个物品放入\(n\)个盒子中,那至少有1个盒子中至少有2个物品。

    解题思路:

    • 构造部分和序列

    • \(正整数a_{i}=2^{s_{i}} \times r_{i}, \ s_{i}为非负整数, r_{i}为奇数\)

    加强形式:\(m\)个物品放入\(n\)个盒子中,至少有1个盒子中至少有$\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil $个物品。

    若物品数与盒子数相等,则至少1个盒子中至少有1个物品。

    \(m=n+1\),则至少1一个盒子中至少有2个物品。

    解题思路:

    • 递增子序列问题:构造\(\{ m_{k} \},m_{k}表示从a_{k}开始的最长递增子序列长度\)
    • 将集合分成n部分,使用加强形式
    • 取余

    二、排列与组合

    2.1 集合的排列组合

    \[\begin{align} r排列 &= P(n,r) = A_{n}^{r} = \frac{n!}{(n-r)!} \\ r圆排列 &= \frac{1}{r}P(n,r) = \frac{1}{r}A_{n}^{r} = \frac{n!}{r(n-r)!} \\ r组合数 &= \binom{n}{r} = C_{n}^{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!} \end{align} \]

    定理:\(\binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \cdots + \binom{n}{n} = 2^{n}\)

    解题思路:

    • 能被3整除的数,各位数字之和也要能被3整除

    2.2 多重集合

    定理:多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\)\(r\) 排列数为\(k^{r}\).

    定理:多重集合\(M=\{ k_{1} \cdot a_{1}, k_{2} \cdot a_{2}, \cdots , k_{n} \cdot a_{n} \}\)的全排列数为\(\frac{(k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{n})!}{k_{1}!k_{2}!\cdots k_{n}!}\).只适用全排列,如果k排列,则用指数型生成函数。

    定理:多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\)\(r\) 组合数为\(\binom{k+r-1}{r}=C_{k+r-1}^{r}\).

    证明方法:对应求非负整数解方案数\(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}=r\)

    =>r个相同的球放入k个不同的盒子中

    定理:多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\),要求各元素至少出现一次的 \(r\) 组合数为\(\binom{r-1}{k-1}=C_{r-1}^{k-1}\).

    证明方法:对应求满足一定条件的整数解方案数\(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}=r,x_{i} \ge 1\)

    例题:求方程\(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=18\)满足条件\(x_{1}\ge3, x_{2}\ge1,x_{3}\ge4,x_{4}\ge2\)的整数解数目。

    解:令\(y_1=x_1-3,y_2=x_2-1,y_3=x_3-4.y_4=x_4-2\),则原方程变为\(y_1+y_2+y_3+y_4=8\)的非负整数解数目,\(\binom{8+4-1}{8}\)

    • [ ] 课后习题13,不穿过直线 \(y=x\) 的非降路径数?

    三、二项式系数

    二项式定理:\((x+y)^n = x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}y + \binom{n}{2}x^{n-1}y^2 +\cdots+y^n = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}x^{n-i}y^i\)

    牛顿二项式定理:\((1+x)^\alpha=\sum_{r=0}^\infty \binom{\alpha}{r}x^r,\binom{\alpha}{r}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-r+1)}{r!},\alpha为一切实数,|x|<1\)

    • \(\alpha=-n\) 时,有 \(\binom{\alpha}{r} = (-1)^r \binom{n+r-1}{r}\)
      • \((1+x)^{-n}=\sum_{r=0}^{\infty} (-1)^r \binom{n+r-1}{r} x^r\)
      • \((1-x)^{-n}=\sum_{r=0}^{\infty} \binom{n+r-1}{r} x^r\)
      • \((1+x)^{-1} = 1-x+x^2-x^3+\cdots\)
      • \((1-x)^{-1} = 1+x+x^2+x^3+\cdots\)
    • \(\alpha=\frac{1}{2}\) 时,有 \(\binom{\alpha}{r} = (-1)^{r-1}\frac{1}{r 2^{2r-1}} \binom{2r-2}{r-1}\)
      • \((1+x)^{\frac{1}{2}} = \sum_{r=1}^{\infty} (-1)^{r-1}\frac{1}{r 2^{2r-1}} \binom{2r-2}{r-1} x^r,Catalan数\)

    基本性质:

    • 对称关系:\(\binom{n}{r} = \binom{n}{n-r}\)
    • 递推关系:\(\binom{n}{r} = \binom{n-1}{r} + \binom{n-1}{r-1} = C_{n-1}^r + C_{n-1}^{r-1}\)

    组合恒等式:

    • \(C_n^1 + 2C_n^2 + 3C_n^3 + \cdots + nC_n^n = n2^{n-1}\)

    • \(C_0^k + C_1^k + C_2^k + \cdots + C_n^k = C_{n+1}^{k+1}\)

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

    • \(\sum_{i=0}^{r} C_m^i C_n^{r-i} = C_{m+n}^r , Vandermonde恒等式\)

    • \(\sum_{i=0}^{m} C_m^i C_n^{r+i} = C_{m+n}^{m+r}\)

    多项式定理:\((x_1+x_2+\cdots+x_t)^n = \sum \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} x_1^{n_1}x_2^{n_2} \cdots x_t^{n_t} , \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} = \frac{n!}{n_1!n_2! \cdots n_t!}\)

    例题:展开 \((2x_1-3x_2+5x_3)^6\) ,则 \(x_1^3x_2x_3^2\) 系数为

    解:\(\frac{6!}{3!1!2!}2^3(-3)5^2\)

    多项式定理性质:

    • 展开式项数为 \(n_1+n_2+\cdots+n_t=n\) 的非负整数解个数,为 \(\binom{n+t-1}{n}\)

    • \(\sum \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} = t^n , 令所有x_i都为1\)

    四、容斥原理

    定理:\(| \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_m} | = |S| - \sum|A_i| + \sum|A_i \cap A_j| + \cdots + (-1)^m|A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_m|\)

    推论:\(|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_m | = |S| - | \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_m}|\)

    欧拉函数的证明

    • 欧拉函数表示小于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的整数的个数
    • \(n=p_1^{i_1}p_2^{i_1} \cdots p_q^{i_q}\)
    • \(A_i= \{ x| x \le n 且 p_i | x \}\) ,表示与 \(p_i\) 成倍数的那些数
    • 那么 \(\varphi(n) = |\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_q}|=n\prod_{i=1}^{q}(1-\frac{1}{p_i})\)

    定义:

    • \(N(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_k})\) 表示 \(S\) 中具有性质 \(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_k}\) 的元素个数

    • \(\omega(k)=\sum N(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_k})\) 表示具备 \(k\) 个性质的元素计数,其中一个元素会被多次计数。因此要计算出具备 \(k\) 个性质的元素个数,用 \(N(k)\)

      • \(\omega(0)=|S|\)
    • \(N(r)=\omega(r)-\binom{r+1}{r}\omega(r+1)+\binom{r+2}{r}\omega(r+2)+\cdots+(-1)^{m-r}\binom{m}{r}\omega(m)\)

      • 特别的,当 \(r=0\) 时,表示不具备所有性质的元素个数,等同于上述定理,即:

        \[|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_m}| =N(0) =\omega(0)-\omega(1)+\omega(2)+\cdots+(-1)^m\omega(m) \]

    解题思路:

    • 不满足所有性质的个数,用定理或者 \(N(0)\)
    • 满足几个性质的个数,用 \(N(r)\)

    4.1 有限重数的多重集合的组合数

    例题:求 \(S=\{ \infty \cdot a,3 \cdot b, 5 \cdot c, 7 \cdot d \}\) 的10组合数。

    1. 先假设为无限重数的多重集合,计算出 \(|S|=\binom{10+4-1}{10}\)

    2. 定义性质集合 \(P=\{P_i | P_i表示10组合数中某一位的个数要大于等于x \}\)

    3. 将满足性质 \(P_i\) 的10组合数全体记为 \(A_i\)

    4. \(|A_i|=\binom{10+4-1-x}{10-x}\) 表示为,\(10-x\) 组合数,再拼接上 \(x\) 个该数。

    5. 则题目要求解的即是 \(N(0) 或 |\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3}|\)

    4.2 错排问题

    定理:\(D_n=n![1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots+(-1)^n\frac{1}{n!}] = n!e(-1)\)

    利用容斥原理,解决有禁止模式的错排问题

    4.3 棋子多项式

    在全排列中,要求某些位置不能出现特定内容。因此,记 \(P_i:i位置出现特定内容\) ,则所求结果为:

    \[N(0)=\omega(0)-\omega(1)+\omega(2)+\cdots +(-1)^n\omega(n) \\ \omega(k)=(选中k个限制位置的方法数) \times(n-k)! \]

    因此,只需要计算出选出 \(k\) 个限制位置的方法数即可。我们画出题目要求的棋盘,在变换为具有连通阴影的棋盘,方便使用棋子多项式计算。

    算出 \(R(x,B)\) 后带入定理即可求解。

    定理:设 \(B\) 为棋盘,有限制位置的安排 \(n\) 个不同物体的方法总数为 \(n!-r_1(B)(n-1)!+r_2(B)(n-2)!+\cdots+(-1)^nr_n(B)0!,r_i(B)表示选出i个限制位置的方法数\)

    棋子多项式:\(R(x,B_k)=\sum r_i(B_k)x^i,r_i(B_k)表示从子棋盘B_k选出i个限制位置的方法数\)

    引理:\(R(x,B)=R(x,B_1) \cdot R(x,B_2)\)

    错排就是棋盘中主对角线不能放元素。

    4.4 Mobius反演

    对于任意>1的自然数n,可以进行唯一的素因数分解

    Mobius函数:\(\mu(n)=\begin{cases} 1 ,n=1\\ 0,n的素因数分解中某个素数的幂>1 \\ (-1)^r , 所有素数的幂都为1\end{cases}\)

    引理:\(\sum_{d|n} \mu(d)= \begin{cases} 1 ,n=1\\ 0,n>1\end{cases}\) ,即对于除了1以外的所有 \(n\) ,其所有因子的Mobius函数值和为0。

    Mobius反演定律:

    \[f(n)=\sum_{d|n}g(d)=\sum_{d|n}g(\frac{n}{d}) \\ 则g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]

    n可重圆排列个数:\(T(n)=\frac{1}{n}\sum_{d|n}\varphi(d)m^{\frac{n}{d}}\)

    五、生成函数

    思想:对一个数列,使用幂级数将其作为一个整体研究。记这个幂级数 \(A(x)\) 为生成函数,并记为 \(G\{a_n\}\)

    生成函数性质:

    • \(b_k=\sum_{i=0}^{k}a_i,则B(x)=\frac{A(x)}{1-x}\)

    • \(b_k=\sum_{i=k}^{\infty}a_i,则B(x)=\frac{A(1)-xA(x)}{1-x}\)

    • \(b_k=ka_k,则B(x)=xA'(x)\)

    • \(b_k=\frac{a_k}{k+1},则B(x)=\frac{1}{x}\int_0^xA(t)dt\)

    常见生成函数:

    • [x] \(G\{1\}=1+x+x^2+\cdots=\frac{1}{1-x}\)

    • [ ] \(G\{a^k\}=1+ax+a^2x^2+\cdots=\frac{1}{1-ax}\)

    • [ ] \(G\{k\}=x+2x^2+3x^3+\cdots=\frac{x}{(1-x)^2}\)

    • [x] \(G\{k^2\}=x+4x^2+9x^3+\cdots=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\)

    • [ ] \(G\{k(k+1)\}=2x+6x^2+12x^3+\cdots=\frac{2x}{(1-x)^3}\)

    • [ ] \(G\{k(k+1)(k+2)\}=6x+24x^2+60x^3+\cdots=\frac{6x}{(1-x)^4}\)

    • [x] \(G\{\frac{1}{k!}\}=1+x+\frac{1}{2}x^2+\cdots=e^x\)

    • [ ] \(G\{\binom{\alpha}{k}\}=1+\binom{\alpha}{1}x+\binom{\alpha}{2}x^2+\cdots=(1+x)^\alpha\)

    • [x] \(G\{\binom{n+k}{k}\}=1+\binom{n+1}{1}x+\binom{n+2}{2}x^2+\cdots=\frac{1}{(1-x)^{n+1}}\)

    解题思路:

    • 给生成函数,求数列:往常见生成函数上靠。出现 \(bx^i\) ,那么 \(a_i\) 项最后要加上 \(b\)

    • 求级数和:

      • 将级数中每一项都作为 \(a_i\)
      • 求出 \(A\{a_n\}\)
      • 级数和 \(=b_n=\sum_{i=0}^{n} a_i\)
      • \({b_n}\) 的生成函数 \(B(x)=\frac{A(x)}{1-x}\)
      • \(x^n\) 的系数即为解

    5.1 组合型分配问题的生成函数

    例题:求不定方程 \(x_1+x_2+x_3+x_4=20\) 满足 \(x_1\ge3,x_2\ge2,x_3\ge4,x_4\ge0\) 的整数解个数

    解:\(M_i:x_i可能的取值\) ,那么

    \(M_1:\{3,4,5,\cdots\}\)

    \(M_2:\{2,3,4,\cdots\}\)

    \(M_3:\{4,5,6,\cdots\}\)

    \(M_4:\{0,1,2,\cdots\}\)

    该组合型分配问题的生成函数为:\((x^3+x^4+\cdots)(x^2+x^3+\cdots)(x^4+x^5+\cdots)(1+x+\cdots)\)

    则化简后:\(=x^9(1+x+x^2+\cdots)^4=x^9\frac{1}{(1-x)^4}=x^9\sum_{k=0}^{\infty} \binom{3+k}{k}x^k\)

    \(x^{20}\) 的系数就为满足条件的整数解个数

    5.2 排列型分配问题的指数型生成函数

    数列 \(\{a_n\}\) 的指数型生成函数定义为:\(\sum_{k=0}^{\infty}a_k\frac{x^k}{k!}\)

    特别的,对于数列 \(\{1,1,1,\cdots\}\) 的指数型生成函数为:\(e(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}\)

    性质(特别是3、4、5条):

    • \(e(0)=1\)
    • \(e(x)e(y)=e(x+y)\)
    • \(e^a(x)=e(ax)\)
    • \(\frac{x}{1!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots = \frac{e(x)-e(-x)}{2}\)
    • \(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots = \frac{e(x)+e(-x)}{2}\)

    解题思路:

    • 列出所有的 \(M_i\)

    • 写出指数型生成函数,并化简为 \(f(e(x))\) 的形式

    • \(\frac{x^n}{n!}\) 的系数即为所求

    5.3 正整数分拆

    分拆数中不能有0,如果有0,则等价于第二章的等式的非负整数解。

    定理:正整数 \(n\) 的有序 \(k\) 分拆的个数为 \(\binom{n-1}{k-1}\)

    推导:有限制条件(每个数字大于等于1)的非负整数解。

    无序分拆中,使用 \(B(n,k)表示n的k分拆的个数\),有如下性质:

    • \(B(n,k)=0,k>n\)

    • \(B(n,1)=B(n,n)=1\)

    • \(B(n+k,k)=B(n,1)+B(n,2)+\cdots+B(n,k)\)

    • $B(n,2)=\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor $

    Ferres图:\(n\)\(k\) 分拆的每个分部量表示成一排点

    共轭Ferres图:将原有图转置

    共轭分拆:共轭Ferres图表示的分拆

    自共轭分拆:分拆与共轭分拆相同

    性质:

    • 自共轭分拆个数 = 各分部量都是奇数且两两不同的分拆个数
    • 分部量两两不同的分拆个数 = 分部量都是奇数的分拆个数

    \[\begin{align} n个分部量不超过r \ \sum_{n=0}^{\infty}B_r(n)x^n &= \frac{1}{(1-x)(1-x^2) \cdots (1-x^r)} \\ n个分部量属于集合H \ \sum_{n=0}^{\infty}B_H(n)x^n &= \prod_{j \in H} \frac{1}{1-x^j} \\ 所有分拆 \ \sum_{n=0}^{\infty}B(n)x^n &= \frac{1}{(1-x)(1-x^2) \cdots (1-x^{\infty})} \end{align} \]

    六、递推关系

    6.1 常系数线性齐次递推关系求解

    一般形式:\(f(n)=c_1f(n-1)+c_2f(n-2)+\cdots+c_kf(n-k)\)

    特征方程:\(x^k-c_1x^{k-1}-c_2x^{k-2}-\cdots-c_k=0\),其 \(k\) 个根为特征根 \(q_1,q_2,\cdots,q_k\)

    通解:\(f(n)=b_1q_1^n +b_2q_2^n+\cdots+b_kq_k^n\)

    带入特殊值求解

    如果 \(q_i\)\(e\) 重根,则 \(q^n,nq^n,n^2q^n,\cdots,n^{e-1}q^n\) 都是原递推关系的解,因此,其系数不再是常数项,而变为 \((b_{i_1}+b_{i_2}n+\cdots+b_{i_e}n^{e-1})q^n\)

    6.2 常系数线性非齐次递推关系求解

    一般形式:\(f(n)=c_1f(n-1)+c_2f(n-2)+\cdots+c_kf(n-k)+g(n)\)

    \(通解 = 齐次通解 + 非齐次特解\)

    特解的设计形式:

    g(n) 特征多项式 特解一般形式
    \(3^n\) 3不是特征根 \(a 3^n\)
    \(3^n\) 3是 \(m\) 重特征根 \(an^m3^n\)
    \(n^3\) 1不是特征根 \(b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3\)
    \(n^3\) 1\(m\) 重特征根 \((b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3)n^m\)
    \(3^nn^3\) 3不是特征根 \((b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3)3^n\)
    \(3^nn^3\) 3是 \(m\) 重特征根 \((b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3)3^nn^m\)

    只要是重根,都得填上 \(n^m\)

    6.3 用生成函数求解

    解题思路:

    • \(A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f(n)x^n\)
    • 注意n的取值范围
    • 解出 \(A(x)\) ,则 \(x^n\) 的系数即为 \(f(n)\)

    七、特殊计数序列

    7.1 Fibonacci数

    \(\begin{cases} f(n)=f(n-1)+f(n-2),n\ge2\\ f(0)=1,f(1)=1 \end{cases}\)

    特征方程:\(x^2-x-1=0\)

    通解:\(f(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n+1}-\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n+1},(n=0,1,2,\cdots)\)

    性质:

    • \(f(n)=C_n^0+C_{n-1}^1+C_{n-2}^2+\cdots+C_{n-k}^k,k=\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor\)

    • \(f(0)+f(1)+\cdots+f(n)=f(n+2)-1,全部项和\)

    • \(f(0)+f(2)+\cdots+f(2n)=f(2n+1),偶数项和\)

    • \(f(1)+f(3)+\cdots+f(2n-1)=f(2n)-1,奇数项和\)

    • \(f^2(0)+f^2(1)+\cdots+f^2(n)=f(n)f(n+1),平方和\)

    7.2 Catalan数

    递推关系式:\(f(n)=\sum_{k=1}^{n-1}f(k)f(n-k)=f(1)f(n-1)+f(2)f(n-2)+\cdots+f(n-1)f(1)\),即每一组中参数和为 \(n\)

    通解:\(h(n)=f(n)=\frac{1}{n} \binom{2n-2}{n-1}\)

    特别的:\(h(n+1)=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\)

    解题思路:

    • 出栈顺序,讨论 \(a_1\) 出栈的位置
    • 使用 \(g(n)=f(n-1)\) 来满足递推关系式,最后化简 \(g(n)\)\(h(n)\) 的形式

    7.3 集合分划和第二类Stirling数

    \(k\) 划分:指的是将一个集合划分为 \(k\) 个非空不相交子集,且这些子集的并集为原集合。

    划分与无序分拆不同,划分的集合内部是不同的。而无序拆分是相同的。

    第二类Stirling数:一个 \(n\) 元集合的全部 \(k\) 划分的个数 \(S(n,k)\)

    相当于把 \(n\) 个球分成 \(k\) 类,且每一类不能为空。

    性质:

    • \(S(n,1)=S(n,n)=1\)

    • \(S(n,k)=0,k>n\)

    • 递推关系:\(S(n+1,k)=S(n,k-1)+kS(n,k)\)

    • \(S(n,2)=2^{n-1}-1\)

    • \(S(n,n-1)=C_n^2\)

    7.4 分配问题

    • 不同的球,不同的盒子,允许空盒 == 一个球有r种选择
    • 不同的球,不同的盒子,不允许空盒 == k分划
    • 相同的球,不同的盒子,允许空盒 == 非负整数解
    • 相同的球,不同的盒子,不允许空盒 == 正整数解

    八、Polya计数理论

    • 置换不满足交换律,且从右往左计算

    • 8次24阶置换群,表示集合 \(D\) 有8个元素,置换群种有24种置换

    • 一个轮换有 \(k\) 种表示方式

    • \(D=\{1,2,\cdots,n\}上所有的置换记为S_n,阶为n!\)

    • \(S_n的子群叫做n次置换群\)

    映射等价:\(D\)\(R\) 的映射全体记为 \(F=\{f|f:D \rightarrow R\}\)\(G\)\(D\) 上的置换群,对 \(F\) 中任意的置换,均存在 $\sigma \in G $,满足 \(f_1(d)=f_2(\sigma(d))\),则称 \(f_1和f_2是G等价\)

    定理:\(S_n\) 中属于 \(1^{b_1}2^{b_2}\cdots n^{b_n}\) 型的置换个数为 \(\frac{n!}{b_1!b_2!\cdots b_n! 1^{b_1}2^{b_2}\cdots n^{b_n}}\)

    共轭类:\(G\)\(S_n\) 的子群,\(s,t \in S_n\),若存在 \(g \in G\),使得 \(s = g^{-1}tg\),则称 \(s与t是G共轭\)

    引理:\(s,t共轭 \Leftrightarrow s,t同型\)(写题时要给出定义中的证明 \(gs=tg\)

    k不动置换类: \(G是\{1,2,\cdots,n\}\)上的置换群,\(k\) 不动类为使元素 \(k\) 保持不动的置换全体 \(Z_k={\sigma|\sigma \in G,\sigma(k)=k}\)

    元素等价:\(G是\{1,2,\cdots,n\}\) 上的置换群,\(\forall k,l \in D, \exists \sigma \in G,使\sigma(k)=l\),则称 \(k与l是G等价\)

    k等价类:元素 \(k\) 所在的等价类,记为 \(E_k\)

    引理:\(|E_k| \cdot |Z_k| = |G|\)

    Burnside引理:

    \[G=\{a_1,a_2,\cdots,a_g\}是\{1,2,\cdots,n\}上的置换群 \\ G诱导的等价类个数为l=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^g c_1(a_i) \\ c_1(a_i):置换a_i作用下不动的元素个数=轮换因子长度为1的个数 \]

    Polya计数定理:

    \[G是\{1,2,\cdots,n\}上的置换群,R=\{r_1,r_2,\cdots,r_n\},F=\{f|f:D \rightarrow R\} \\ 轮换指标P_G(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\frac{1}{|G|}\sum_{\pi \in G} x_1^{b_1}x_2^{b_2}\cdots x_n^{b_n},\pi是1^{b_1}2^{b_2}\cdots n^{b_n}型 \\ F上等价类个数=P_G(|R|,|R|,\cdots,|R|) \\ F上模式表=P_G(\sum_{r \in R} \omega(r), \sum_{r \in R} \omega^3(r), \cdots, \sum_{r \in R} \omega^n(r)) \]

    指定模式的方案数,就为 \(\prod_{r \in R} \omega^{a_r}(r)\) 的系数。

    常见置换:

    • 项链问题:n次二面体置换(正n边形旋转+翻转) \(D_n=\{ \sigma_I,\sigma,\cdots,\sigma^{n-1}, \tau, \tau\sigma,\cdots,\tau\sigma^{n-1}\},\sigma=(12\cdots n),\tau=(1n)(2\ n-1)\cdots\)
    • r圆排列数 或 正n边形只能旋转: \(\sigma:绕圆心旋转\frac{360}{r}度的置换,G=\{ \sigma^1, \sigma^2, \cdots , \sigma^r=\sigma_I \}\),讨论 \(\sigma^i\) 的型
      • \(i与r互素,为r^1,\varphi(r)个\)
      • \(i与r有最大公因子d,为(\frac{r}{d})^d型,\varphi(\frac{r}{d})个\)
    • 正四面体着色:
      • 恒等置换,型为 \(1^4\),有1个
      • 绕一个顶点和对面中点连线旋转120°,240°,型为 \(1^13^1\),有8个
      • 绕相对两边中点连线为轴旋转180°,型为 \(2^2\),有3个

    十、组合设计

    10.1 平衡不完全区组设计

    平衡不完全区组设计:\((b,v,r,k,\lambda)-BIBD\)

    \[\begin{align} S = & \{s_1,s_2,\cdots,s_v\},\mathfrak{B} = \{B_1,B_2,\cdots,B_b \} \\ (1) &\ |B_i|=k \\ (2) &\ S中任何元素均属于r个区组 \\ (3) &\ S中任何一对元素均包含在 \lambda 个区组中 \\ (4) &\ S中有v个元素,\mathfrak{B}中有b个区组 \end{align} \]

    平衡:区组容量相同;元素出现次数相同;一堆元素相遇次数相同;

    不完全:\(k<v\) 即每一个区组并不是包含所有元素

    平凡设计:\(k=0,1,2,v-2,v-1,v\) 的平衡不完全区组设计

    对称平衡不完全区组设计:\(b=v,r=k,记为(v,k,\lambda)-SBIBD\)

    关联矩阵:(每一行都代表着一个区组,每一列都代表着该元素是否出现在这个区组内)

    \[A=(a_{ij})_{b \times v},其中a_{ij}= \begin{cases} 1,s_j \in B_i \\ 0,s_j \notin B_i \end{cases} \]

    BIBD性质:

    • \(b\ge v,r\ge k\)

    • \(bk=vr且\lambda(v-1)=r(k-1)\)

    • \(A^TA=(r-\lambda)I_v+\lambda J_v;I_v为单位矩阵;J_v为全1矩阵;A^TA为主对角全r,其余为\lambda;\)

    • \(AW_v=kW_b,W_n=\begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}_{n \times 1}\)

    SBIBD性质:

    • BIBD性质
    • 如果 \(2|v\),则 \(k-\lambda\) 是一个完全平方数
    • \(|B_i \cap B_j|=\lambda\)

    三连系\((b,v,r,3,\lambda)-BIBD\)

    Steiner三连系\((b,v,r,3,1)-BIBD\),记为 \(ST(v)\)

    • 充要条件:\(v \equiv 1 或 3 (mod \ 6)\)
    • 可分解 \(ST(v)\)所有区组可以分成若干平行类,且每个平行类都是基集 \(S\) 的一个分划。充要条件\(v \equiv 3(mod \ 6)\)
    • 定理:\(若 \exist ST(v_1),ST(v_2),则 \exist ST(v_1v_2)\)
    • 区组个数\(b=\frac{1}{6}v(v-1)\)

    设计 \(ST(v_1v_2)\):

    \[\mathfrak{B}_1 是基集S_1=\{a_1,a_2,\cdots,a_{v_1}\}上的ST(v_1) ; \mathfrak{B}_2 是基集S_1=\{b_1,b_2,\cdots,b_{v_1}\}上的ST(v_2) \]

    \[\begin{align} S = \{ &c_{11}, c_{12}, \cdots, c_{1v_2}, \\ &c_{21}, c_{22}, \cdots, c_{2v_2}, \\ &\cdots\cdots \cdots \cdots \cdots \\ &c_{v_11}, c_{v_12}, \cdots, c_{v_1v_2} \} \end{align} \]

    按照以下三种方式定义 \(ST(v_1v_2)中的三元组\{c_{ir},c_{js},c_{kt} \}\)

    1. \(r=s=t,\{ a_i, a_j, a_k \} \in \mathfrak{B_1},共\frac{1}{6}v_1(v_1-1)v_2个\)
    2. \(i=j=k,\{ b_r, b_s, b_t \} \in \mathfrak{B_2},共\frac{1}{6}v_2(v_2-1)v_1个\)
    3. \(\{ a_i, a_j, a_k \} \in \mathfrak{B_1},\{ b_r, b_s, b_t \} \in \mathfrak{B_2},共\frac{1}{6}v_1(v_1-1)v_2(v_2-1)个\)

    10.2 几何设计

    不可约多项式:\(F_{p}[x]上的n次多项式f(x)不可以分解成两个低次多项式之积\)

    • \(2次不可约多项式:x^2+x+1\)
    • \(3次不可约多项式:x^3+x+1\)
    • \(4次不可约多项式:x^4+x^3+x^2+x+1\)

    \[F_p=\{ 0, 1, 2, \cdots, p \} \\ 有限域F_{p^n} = \{ \alpha_0 + \alpha_1a + \cdots + \alpha_{n-1}a^{n-1} | \alpha_0,\alpha_1,\cdots,\alpha_{n-1} \in F_p \} \]

    例题:构造 \(F_8\)

    解:

    1. \(p=2, n=3\)
    2. \(F_2[x]上的3次不可约多项式f(x)=x^3+x+1\)
    3. \(a是f(x)=0的一个根,则a^3=a+1\)
    4. \(F_8=\{ \alpha_0 + \alpha_1a + \alpha_2a^2 | \alpha_0,\alpha_1,\alpha_2 \in F_2 \}\)

    构造射影平面、仿射平面?

    10.3 正交拉丁方

    拉丁方:\(n\)方阵 \(A\)每行每列都是 \(\{1,2,\cdots,n\}\)全排列。即,每行每列元素两两不同。

    正交拉丁方:任意有序偶只存在一个。即,不存在两个位置,相应元素组成的二维数组相同。

    不存在正交的2阶拉丁方

    正交拉丁方完备组:\(A_1,A_2,\cdots,A_{n-1}是一组n阶正交拉丁方\)

    使用有限域构造正交拉丁方完备组:

    1. \(设<F,+,\cdot>是有限域,其中F=\{ 0,1,\cdots,q-1\},|F|=q=p^n\)
    2. 写出加法表乘法表
    3. 构造 \(A^{(1)},A^{(2)},\cdots,A^{(q-1)}\),其中 \(A^{(e)}=(a_{ij}^{(e)})\),其中 \(a_{ij}^{(e)}=a_e \cdot a_i+a_j\)
    4. 使用 \(1,2,\cdots,q\) 替换 \(0,1,\cdots,q-1\)

    性质:\(A_1,A_2,\cdots,A_k是一组n阶正交拉丁方\)\(B_1,B_2,\cdots,B_k是一组m阶正交拉丁方\),则可以构造\(C_1,C_2,\cdots,C_k为一组mn阶正交拉丁方\)

    常见问题总结

    无限重多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\):

    • \(r\) 排列数:\(k^r\)
    • \(r\) 组合数:\(C_{r+k-1}^{r}\)
    • \(r\) 圆排列:Polya计数定理,循环群、欧拉函数

    有限重多重集合\(M=\{ k_{1} \cdot a_{1}, k_{2} \cdot a_{2}, \cdots , k_{n} \cdot a_{n} \}\):

    • 全排列:\(\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}\)
    • \(r\) 排列:指数型生成函数
    • \(r\) 组合:生成函数 / 容斥原理(先算无限重的,然后减去每一个数字的限制)

    有限制条件的不定方程解:生成函数 / 无限重 \(r\) 组合数

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