计数问题其实只是组合数学中的一小部分，以上也仅仅介绍了比较经典的结论。组合问题复杂多变，它们之间也少有联系，所以把组合数学称作一门学科并不准确。组合难题也会出现在各种益智趣题或竞赛难题中，随随便便就会出现一些未解的难题，所以我们也将止步于此。在结束本课之前，我决定再窥探一下组合问题中的一大类：组合设计。这些问题的关注点在如何布局元素，以满足一些特定要求，它们已然构成了组合学的众多分支。
1. 0-1矩阵
1.1 关联矩阵的秩
有的问题需要在两个集合(A,B)间建立联系，如果把(A,B)的元素分别纵横排列，对应位置上以(0,1)表示元素是否有关联。这就得到了一个0-1矩阵，当然这里我们并不关注它的代数性质，而仅仅是借用其便捷的形式，来研究满足一定条件的组合问题。0-1矩阵也被称为关联矩阵，它可以是两个集合间的联系（比如集合(A)的子集与元素的包含关系），也可以是同一集合中元素的关系（比如图论中的图）。
在讨论关联矩阵时，矩阵的行列的顺序对问题并无影响，为了讨论方便，可以随意交换行或列。好的，现在面对着一个满是(0,1)的矩阵(R)，我们需要讨论些什么问题呢？除了看每个0,1项之外，当然还看到了每一行和每一列，我们把它们都称为矩阵中的线。只要选择足够多的线，总可以包含所有的(1)，这些线称为关联矩阵的覆盖。你自然会想到一个有意义的问题：线数最小的覆盖是多少？我们把它定义为矩阵的线秩，记作(lambda(R))。
换个角度，称矩阵中的一个(1)为项，与之相关的有行、列两条线，把不在同一条线上项称为无关项。无关项足够多时，它们的线也可以覆盖关联矩阵，这就有了另外一个有意义的问题：最多可以有多少个无关项？我们把它定义为矩阵的项秩，记作( ho(R))。因为所有项包含在任意一个线覆盖中，而每条线上最多只能有一个无关项，故首先有( ho(R)leqslant lambda(R))。
反之对于线数为(lambda(R))的覆盖，设有(p)行(q)列，下面证明可以在每行、列上取得一个无关的代表项。考察(p)行中与(q)列不相交的部分，如果不能在其中选出(p)个无关的项，则必然可以用小于(p)条列线取代这(p)条行线。另一部分同样论证，这就证明了总可以选出(p+q=lambda(R))个无关项，从而有( ho(R)geqslant lambda(R))。这就得到了等式（1），以后可以统称线秩、项秩为秩，线秩和项秩的问题可以互相转化，这从下面的例子和定理中都能看出。
[ ho(R)=lambda(R) ag{1}]
秩等于行列中较小值的矩阵便称为是满秩的，存在一种满秩的(n)阶方阵，它仅有(n)个(1)，每行每列有且仅有一个(1)。换个说法，这种矩阵的每行每列之和都是(1)，若干这种矩阵(P_k)的凸线性组合（式（2））也必然满足这一条件。每条线上和都为(1)的非负实矩阵被称为双随机矩阵，这是一种很有用的矩阵。
[P=c_1P_1+c_2P_2+cdots+c_mP_m,;;(c_k>0,;sum_{k=1}^mc_k=1) ag{2}]
现在反过来问，是不是所有双随机矩阵都有式（2）的凸线性分解呢？这个其实不难，首先双随机矩阵不能被少于(n)条线覆盖，故必然是满秩的。选择(n)个无关项并取最小值(c_1)，作关联矩阵(P_1)使其仅在这(n)个项为(1)。作出满足(P=c_1P_1+(1-c_2)P'_2)的(P'_2)，它也是双随机矩阵，但非零项比(P)少一个。对(P'_2)继续这个过程，有限步后便可得到式（2），结论得证，它被称为Birkhoff定理。
1.2 Hall定理
关联矩阵的项秩有一个非常重要的等价描述，把关联矩阵看出是点集(A,B)之间的连接，这在图论中被称为二部图。(A,B)各选出一个关联的元素((a,b))称为一个匹配，然后继续在剩下的元素中选取匹配，项秩正表示二部图中的最大匹配数。这个模型有很广泛的应用，典型的就是任务分配问题：每个人能胜任某些任务，给一个分配方案，使尽量多的人能做自己胜任的任务。
当然这个问题的第一步先要求矩阵的秩，或者更弱一点，至少我们要找到满秩的判定条件。为了表述方便，下面换一个等价模型，设(A)是集合，把(bin B)看成是(A)的一个子集，(a,b)关联当且仅当(ain b)。(B)是集合的集合，一般也称为集系。对于满秩的关联，为每个(b)都能找到一个互异的(ain b)，它们被称为(B)的相异代表系。
对于集系矩阵满秩有一个很显然的必要条件，就是任意(r)个子集的并不小于(r)。令人惊喜的是，它居然还是个充分条件，该结论被称为霍尔（Hall）定理（式（3））。其实条件本身等价于说，矩阵的零子矩阵总不大于(r*(|A|-r))，故零子矩阵的行列和总小于(|A|)，从而线覆盖数至少为(|B|)。这就证明了满秩，论证中用到了线秩在零子矩阵里的等价条件，这也是线秩最常用的方法。
[ ho(R)=|B|;Leftrightarrow;|b_1cup b_2cupcdotscup b_r|geqslant r,;(forall b_iin B,forall rleqslant |B|) ag{3}]
Hall定理有很高的理论价值，但在实际应用中仍不是很方便，但借助这个定理，我们可以有更强但更方便的条件。比如如果存在(r>0)，使得矩阵每行至少有(r)个(1)而每列最多有(r)个(1)，可以证明它满足Hall定理，从而为满秩。其实任选(s)行，其中包含至少(sr)个(1)，它们至少要有(r)列来覆盖，结论得证。当然实际应用中并不总能找到完美匹配，假设至少有(d)个找不到工作，只需再添加(d)个虚拟的大家都能做的工作，利用Hall定理也可以得到只有(d)个人找不到工作的充要条件是：任意(r)个子集的并不小于(r-d)。
再来看Hall定理的两个有趣的应用。考察集合(X)的的两个分割(A_1,cdots,A_n)和(B_1,cdots,B_n)，我们希望找到(n)个互异的元素(x_k)，使得(x_kin A_k)且(x_kin B_k)，它们被称为分割的共同代表元组。以(A_i,B_j)有非空交集作为关联，问题等同于判断满秩，Hall定理说明满秩的充要条件是：任何(r)个(A_k)之并最多包含(r)个(B_k)之并。特别地，当(|A_k|,|B_k|)全部相等时，充要条件显然满足，也就是说，集合的任意两个分割数相等的平均分割总存在共同代表元组。
有一种常见的(m imes n)阶矩阵，共有(n)个不同的元素组成，且每条线上的元素不同。这样的矩阵称为拉丁矩阵，显然有(mleqslant n)，当(m=n)时称为拉丁方。一个自然的问题是，任何拉丁矩阵是否都能扩展为拉丁方？考察不属于第(k)列的元素组成的集合(A_k)，它们和(n)个元素以包含关系建立关联。显然，每个(A_k)包含(n-m)个元素，而每个元素已经出现过(m)次且属于不同的列，故未出现在(n-m)列中。直接利用Hall定理的推论，可选出(A_k)的相异代表系，以它们组成新的一行，可以继续这个过程，直至构造出拉丁方。
1.3 积和式
对(m imes n)阶的关联矩阵(R)（(mleqslant n)），一组相异代表系其实就是在每行(k)取一个元素(a_k)，满足(a_1a_2cdots a_m=1)。这就启发我们，对每行的任意选取计算其乘积，并将所有可能的乘积相加，结果便是相异代表系的个数。严格来讲，一种选取就是一个从行数(k)到列数的互异映射(sigma(k))，记所有这种映射的集合为(Omega)，称式（4）为关联矩阵(R)的积和式（permanent）。
[ ext{Per}(R)=sum_{sigmain Omega}a_{1sigma(1)}a_{2sigma(2)}cdots a_{msigma(m)} ag{4}]
式（4）的定义与矩阵行列式的定义非常类似，故不难证明积和式也有类似行列式计算的拉普拉斯展开式，这里就不展开阐述了。积和式的计算并不容易，它只有理论价值，对于特殊的形式的关联矩阵可以通过拉普拉斯方法简化计算。积和式一般用于一些计数问题中，这里举一个常见的例子。
考虑将(n)个元素重新排列，并限制每个元素出现的位置，这种问题被称为限位排列问题。每个元素和可以出现的位置建立起(n imes n)阶关联矩阵，排列的个数显然就是矩阵的积和式。前面多次提到的错位排列问题就是一个特例，它的关联矩阵为(J_n-I_n)（(J_n)为全(1)矩阵），容易得到(D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2}))，你可以尝试计算其母函数和通项公式。
还有一个经典的限位排列问题，就是著名的“夫妻围坐”问题：(n)对夫妻围坐在圆桌边，要求男女相间但夫妻不相邻。可以先让女士入座，问题的难点就是男士入座的坐法数(U_n)。记女士(k)左手边的位置为(k)，男士(k)就不能坐(k)或(k+1)（(k=n)时为(1)），这是个典型的限位排列问题。我们可以轻松地写出关联矩阵(J_n-I_n-P_n)（(P_n)是(a_{i(i+1)}=a_{n1}=1)的矩阵），但它的显式表达式比较难解，这里只给出结论（式（5），试试用容斥原理解决）。
[U_n=sum_{k=0}^n(-1)^kdfrac{2n}{2n-k}inom{2n-k}{k}(n-k)! ag{5}]
1.4 0-1矩阵类
对一个(m imes n)阶的关联矩阵(R)，可以计算每行和每列(1)的个数(p_i,q_j)，向量(P=(p_1,cdots,p_m),Q=(q_1,cdots,q_n))被称为行和向量与列和向量。我们自然想问，任意给定(m)维向量(P)和(n)维向量(Q)，存在以它们为行（列）和向量的关联矩阵吗？首先当然有式（6）成立，这个条件过于平凡，以下把它当做默认条件，并把以(P,Q)作为行（列）和向量的所有关联矩阵的集合记作(R(P,Q))。
[p_1+cdots+p_m=q_1+cdots+q_n ag{6}]
由于行列可以任意交换，我们事先假定(p_i,q_j)都是递减排列的。在具体排列时，先将每行的(p_k)个(1)全部靠左放置，得到的矩阵记作(R(P,n))。它的列和向量记作(P^*=(p_1^*,cdots,p_n^*))。(R(P,n))的特点是向左紧凑排列，具体来讲就是任意(p_1^*+cdots+p_k^*)都取到了最大值。为讨论方便，如果两个(n)维向量满足式（7），则称(T)优超于(S)。刚才的讨论说明，(R(P,Q))非空的必要条件是(Qprec P^*)。
[Sprec T;Leftrightarrow;sum_{i=1}^ks_ileqslantsum_{i=1}^kt_i,\,(k=1,2,cdots,n) ag{7}]
其实(Qprec P^*)也是(R(P,Q))非空的充分条件（式（8），当然还要求（6）成立），它由Ryser和Gale分别单独发现，这里仅描述一下思路，严格证明请看教材。以(R(P,n))为初始状态，第一步将行和最小的(m-q_1)行向右平移一列，这样第一列就只有(q_1)个(1)。去除掉第一列后矩阵仍然是相左紧凑排列的，将余下矩阵的行和最小的(m-q_2)行向右平移一列，依次类推便可构造出(R(P,Q))。
[R(P,Q) evarnothing;Leftrightarrow;Qprec P^* ag{8}]
2. 集系的极值
组合设计问题中还有一类问题，就是在(X)的所有子集中选出满足条件的子集构成集系(B)，并且讨论(B)能取到的最值。这类问题花样繁多，大部分也很难解决，残留了大量尚未解决的问题。以我有限的眼光看，这些智力竞逐的游戏并没有广泛的应用领域，这里暂时就不做介绍了，留作后话吧。子集间最简单的关系就是交集和包含，下面从这两方面讨论两个简单的问题。
2.1 相交集系
第一个问题很简单，就是要求集系中的元素两两交集非空，问集系最大为多少？构造两两相交的集系并不难，任取(xin X)，所有包含(x)的子集便满足条件，其个数是所有子集的一半(2^{n-1})。还能更大吗？对任何子集(bin B)，(b)和(ar{b})不能同时选取，故(2^{n-1})已是最大值。
甚至对一个阶小于(2^{n-1})的相交集系(B)，总可以将其扩展为(2^{n-1})个。因为总存在(b)使得(b,ar{b})都不属于(B)，如果(b)与(B)的所有元素都相交，则(b)可添加进(B)。否则设存在(b'in B)使得(bcap b'=varnothing)，则可证(B)中任意元素(b'')都满足(b'' otsubset b)，因为这样的话(b'cap b''=varnothing)，矛盾。既然恒有(b'' otsubset b)，则必然有(b''cap ar{b} evarnothing)，可将(ar{b})添加到(B)中，结论得证。
如果把条件改成任意三个集合有交集呢？基于开始的构造（总取(a)），最多仍然能取到(2^{n-1})个，现在来证明这是唯一的情况。假设(p)是满足(b_1capcdotscap b_p=bin B)的最大值，如果(p<2^{n-1})，则易证(bcap b_{p+1})不属于(B)，但却与(B)中所有元素有交集，矛盾。故(p=2^{n-1})，唯一性便容易证明。
2.2 Sperner系
第二个问题可以描述为，集系(B)中的元素互不包含，问集系最大为多少？这样的集系也称为Sperner系。既然讨论到包含关系，我们来考察所有满足时（9）的包含链，Sperner系在每条链上最多只能有一个元素。由于包含链上每一步只多一个元素，故包含链总共有(n!)条。对任意(bin B)，如果(|b|=k)，则包含(b)的链共有(k!(n-k)!)条。若记(B)中阶为(k)元素有(f_k)个，由于每条链最多只能包含(B)的一个元素，则显然有式（10）左成立，整理后便是式（10）右。
[varnothing=b_1subset b_1subsetcdotssubset b_n=X,;;(|b_{k+1}|-|b_k|=1) ag{9}]
[sum_{k=1}^{n}(f_kcdot k!(n-k)!)leqslant n!;Rightarrow;sum_{k=1}^{n}dfrac{f_k}{inom{n}{k}}leqslant 1 ag{10}]
以下记(m=lfloordfrac{n}{2} floor)，由(inom{n}{k})的单调性易知(f_1+cdots+f_nleqslantinom{n}{m})，等号成立的充要条件是：只有当(k=m,m+1)时(f_k e 0)，并且所有链上都有(B)中的元素。当(B)取所有(m)阶子集，或者取所有(m+1)阶子集时，都满足等式要求。下面证明其实只能取这两种子集之一，证明中一定要牢记：每条链都有且仅有一个(B)的元素。
假设(m+1)阶子集只有部分在(B)中，则必然可选出(m+1)阶子集(b_1in B,b_2 otin B)。将(b_1)向(b_2)每次换一个元素地渐变，过程中必有某个时刻有(b_3in B,b_4 otin B)，且(|b=b_3cap b_4|=m)。由(b_3in B)知(b otin B)，但由(b_4 otin B)又有(bin B)，矛盾！只就证明了，Sperner系取最大值时，要么全是(lfloordfrac{n}{2} floor)阶子集，要么全是(lceildfrac{n}{2} ceil)阶子集，该结论被称为Sperner定理。
【全篇完】