Combinatorics

Problem 1 证明存在常数 $ c > 1 $ 和 $ N > 0 $，使得当 $ n > N $ 时， $ [n] $ 上树的同构类数量至少为 $ c^n $ 。 证 我们需要的同构类的数量则可以看成 $ n $ 个点无标号的树的数量。需要证明这个数量增长的足够快。 首先根据 Cayley 公式，$ n $ 个点的有标号的树的数量为 $ n^{n-2} $。显然所有无标号的树的数量大于 $ \dfrac{n^{n-2}}{n!} $，因为这里直接假设所有点都是对称的，但是实际上一棵有标号的树并不会对应 $ n! $ 颗无标号的树。我们直接取 $ c=2 $，于是就只需要证明存在 $ N>0 $ 满足在 $ n>N $ 时有 $$ \dfrac{n^{n-2}}{n!} > 2^{n} $$ 我们使用斯特林公式，在 $ n $ 足够大时有 $$ n! \approx \sqrt{ 2\pi n }\left( \dfrac{n}{e} \right)^{n} $$ 带入下界，得到 $$ \dfrac{n^{n-2}}{n!} \approx \dfrac{e^{n}}{\sqrt{ 2\pi}\cdot n^{5 / 2}} $$ 所以只需要证明在 $ n>N $ 时有 $$ (\sqrt{ 2\pi })^{1 / n} \cdot n^{5 / 2n} < \dfrac{e}{2} $$ 对于左式，显然有 $$ \lim_{ n \to \infty } [(\sqrt{ 2\pi })^{1 / n} \cdot n^{5 / 2n}] = 1 < \dfrac{e}{2} $$ 根据极限的定义，我们总能找到一个 $ N $ 满足条件。因此得证！ ...

Problem 1 证明 $$ \begin{align*} \sum_{i=0}^{n} (-1)^{i}\binom{ n }{ i } \binom{ n+m-i }{ k-i } = \binom{ m }{ k } \\ \sum_{i=0}^{n} \binom{ k }{ i } D_{n-i} = \sum_{j=0}^{n-k} (-1)^{j}\binom{ n-k }{ j } (n-j)! \end{align*} $$ 证 1 对于第一个式子，我们考虑组合意义。设有 $ A,B $ 两个集合，分别包含 $ n $ 和 $ m $ 个元素，总共 $ n+m $ 个元素。我们希望从集合 $ B $ 中恰好选择 $ k $ 个元素。我们可以通过容斥原理的补集形式求解，定义事件 $ A_{i} $ 为所选的 $ k $ 个元素中至少包含 $ i $ 个来自 $ A $ 的元素，那么我们需要求解的事件集合为 $ U\setminus\bigcup_{i\leq n}A_{i} $，并且 $$ \left| A_{i} \right| = \binom{ n }{ i } \binom{ n+m-i }{ k-i } $$ 因此根据容斥原理，就可以得到 $$ \left| U\setminus \bigcup_{i\leq n}A_{i} \right| = \sum_{i=0}^{n} (-1)^{i}\binom{ n }{ i } \binom{ n+m-i }{ k-i } = \binom{ m }{ k } $$ ...

Principle of Inclusion and Exclusion 对于任意有限集合 $ A_1, A_2, \dots, A_n $，容斥原理如下： $$ \left| \bigcup_{i=1}^{n} A_i \right| = \sum_{i=1}^{n} \left| A_i \right| - \sum_{1\leq i< j\leq n} \left| A_i \cap A_j \right| + \dots + (-1)^{n} \left| \bigcap_{i=1}^{n} A_i \right| $$ 可更紧凑地表示为 $$ \left| \bigcup_{i=1}^{n} A_i \right| = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \sum_{S \subseteq [n], |S|=k} \left| \bigcap_{i \in S} A_i \right| $$ 或 $$ \left| \bigcup_{i=1}^{n} A_i \right| = \sum_{\emptyset \neq S \subseteq [n]} (-1)^{|S|-1} \left| \bigcap_{i \in S} A_i \right| $$ ...

Problem 1 用生成函数求解递推式 $$ a_{n} = 4a_{n-1} - 5a_{n-2} + 2a_{n-3} $$ 初始值为 $ a_{0}=0,a_{1}=3,a_{2}=7 $。 解： 设数列 $ \{ a_{n} \} $ 的生成函数为 $ F(x) $，那么根据递推式和初值 $ a_{0}=0,a_{1}=3,a_{2}=7 $ 得到 $$ F(x) = 4xF(x) - 5x^{2}F(x) + 2x^{3}F(x) + 3x - 5x^{2} $$ 得到 $$ F(x) = \dfrac{5x^{2}-3x}{2x^{3}-5x^{2}+4x-1} = \dfrac{3x-5x^{2}}{(1-x)^{2}(1-2x)} $$ 我们希望分解成 $$ \dfrac{A}{1-x} + \dfrac{B}{(1-x)^{2}} + \dfrac{C}{1-2x} $$ 待定系数可以解得 $$ F(x) = \dfrac{-3}{1-x} + \dfrac{2}{(1-x)^{2}} + \dfrac{1}{1-2x} $$ 展开得到 $$ F(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-3+2(n+1)+2^{n})x^{n} $$ 因此 $$ a_{n} = -3+2(n+1)+2^{n} = 2^{n} + 2n - 1 $$ ...

考虑上一节引入的二项式定理 $$ (1+x)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{ n }{ k } x^{k} $$ 这可以理解成我们把二项系数转换成了一个函数，这使得我们能更有效地操作和分析序列，这个工具被成为生成函数。 Ordinary Generating Functions 给定序列 $ \{ a_{n} \}_{n\geq 0} $，由 $ \{ a_{n} \} $ 定义的普通生成函数 (OGF) 为： $$ G(x) = \sum_{n\geq 0} a_{n}x^{n} $$ 虽然看起来 OGF 并没有被很好的定义，对于和某些数列，这个形式不会收敛，但是实际上生成函数并不能被看成一个真正的函数，它是一个形式幂级数，并且不被要求收敛。 以下是一些生成函数的基础例子： $$ G(x) = 1+x+x^{2}+x^{3} +\dots = \dfrac{1}{1-x} $$ $$ G(x) = 1+ax+a^{2}x^{2} + a^{3}x^{3} + \dots = \dfrac{1}{1-ax} $$ 给定一个序列，写出他的生成函数是很容易的。尽管找到他的闭合形式不容易，但是我们一般不需要这样做。相反，我们需要考虑给定一个闭合形式，需要如何知道其对应的序列。 我们约定 $ [x^{n}]G(x) $ 表示生成函数中 $ x^{n} $ 的系数。 ...

Problem 1 (1) 求 $$ \sum_{k=0}^{n} \binom{ 2n }{ 2k } $$ 解 $$ \begin{align*} & \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k}\binom{ n }{ k } = 0 \\ \implies & \sum_{k=0}^{2n} (-1)^{k}\binom{ 2n }{ k } =0 \\ \implies & \sum_{k=0}^{2n} \binom{ 2n }{ 2k } = \sum_{k=1}^{2n} \binom{ 2n }{ 2k - 1 } \end{align*} $$ 同时由于 $$ \sum_{k=0}^{2n} \binom{ 2n }{ 2k } + \sum_{k=1}^{2n} \binom{ 2n }{ 2k - 1 } = \sum_{k=0}^{2n} \binom{ 2n }{ k } = 2^{2n} $$ 得到 $$ \sum_{k=0}^{2n} \binom{ 2n }{ 2k } = 2^{2n-1} $$ ...

Product and Sum Principles 加法原理（分类计数） 若一个任务可分解为若干个互斥的子类，第 $ i $ 类有 $ a_i $ 种方案，则总数为 $ \sum_i a_i $。 解释：互斥保证不重不漏，求和即“或”的计数。 乘法原理（分步计数） 若一个任务分为若干个有序步骤，步骤 $ i $ 有 $ b_i $ 种选择且相互独立，则总数为 $ \prod_i b_i $。 解释：有序步骤逐个做决定，“且”的计数对应乘法。 Constructing Maps 有些组合证明可以依赖于构造映射： 单射：不同原像映到不同像，用于证明下界或“可嵌入性”。 满射：像覆盖全体，用于证明上界可达或构造覆盖。 双射：建立集合 $ A $ 与 $ B $ 的一一对应，从而数 $ |A|=|B| $；这是“数某一个量 ⇒ 构造双射”的核心思想。 Twelvefoldway 将 $ n $ 个球放入 $ m $ 个盒子，球与盒子可“可区分/不可区分”，以及盒子容量约束“任意/至多 1/至少 1”。 $ n $ $ m $ 任意 $ \leq 1 $ $ \geq 1 $ 不同 不同 $ m^{n} $ $ m^{\underline{n}} $ $ m!\left\{ {n \atop m} \right\} $ 同 不同 $ \binom{ n+m-1 }{ m-1 } $ $ \binom{ m }{ n } $ $ \binom{ n-1 }{ m-1 } $ 不同 同 $ \sum_{k=0}^{\min(n,m)} \left\{ {n \atop k} \right\} $ $ [n \leq m] $ $ \left\{ {n \atop m} \right\} $ 同 同 $ p_{\leq m}(n) $ $ [n \leq m] $ $ p(n,m) $ “把 $ n $ 个不同球分成 $ k $ 个非空无序盒”对应第二类斯特林数 $ \left\{ {n \atop k} \right\} $。 ...