高等组合学笔记(二)二项式系数,差分方程与重集的排列组合

二项式恒等式

定理A (牛顿二项式定理)
若xy=yxxy=yxxy=yx, 则我们有
(x+y)n=∑k=0n(nk)xkyn−k(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^ky^{n-k} (x+y)n=k=0∑n(kn)xkyn−k

证明:
(x+y)n=P1P2⋯Pn=∑k,l,k+l=nck,lxkyl,Pi=x+y(x+y)^n=P_1P_2\cdots P_n=\sum_{k,l,k+l=n}c_{k,l}x^ky^l,\quad P_i=x+y (x+y)n=P1P2⋯Pn=k,l,k+l=n∑ck,lxkyl,Pi=x+y
对展开式中xkyn−kx^ky^{n-k}xkyn−k的系数, 由xkyn−kx^ky^{n-k}xkyn−k的形成是从Pi(i=1,2,...,n)P_i(i=1,2,...,n)Pi(i=1,2,...,n)这nnn项中取其中kkk个项选xxx,剩余的n−kn-kn−k项中选yyy, 故共有(nk)\binom{n}{k}(kn)种方式, 于是有ck,n−k=(nk)c_{k,n-k}=\binom nkck,n−k=(kn).

推论1: x=y=1.⇒2n=∑k=0n(nk)x=y=1.\Rightarrow 2^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x=y=1.⇒2n=∑k=0n(kn).

nnn元集合NNN的所有子集数等于kkk元子集数之和(k=0,1,2,...,n)(k=0,1,2,...,n)(k=0,1,2,...,n).

推论2: x=−1,y=1⇒0=∑k=0n(−1)k(nk)⟺∑k(n2k)=∑k(n2k+1)=2n−1x=-1, y=1\Rightarrow 0=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\iff\sum_k\binom n{2k}=\sum_k\binom n{2k+1}=2^{n-1}x=−1,y=1⇒0=∑k=0n(−1)k(kn)⟺∑k(2kn)=∑k(2k+1n)=2n−1.

nnn元集合NNN的偶数元子集个数与奇数元子集个数相等.

推论3: m,nm,nm,n为正整数, p=min⁡{m,n}p=\min\{m,n\}p=min{m,n},则
∑k=0p(mk)(np−k)=(m+np)(chu−Vandemonde卷积公式)\sum_{k=0}^p\binom{m}{k}\binom{n}{p-k}=\binom{m+n}{p}(chu-Vandemonde卷积公式) k=0∑p(km)(p−kn)=(pm+n)(chu−Vandemonde卷积公式)

证明:

直接通过下述等式
(1+x)m(1+x)n=(1+x)m+n(1+x)^m(1+x)^n=(1+x)^{m+n} (1+x)m(1+x)n=(1+x)m+n
两端同时取xpx^pxp的系数, 可以得证.

组合解释:

从mmm个白球, nnn个黑球组成的m+nm+nm+n个球中选ppp个球, 共有(m+np)\binom{m+n}p(pm+n)种方式. 这ppp个球可分成如下情况(根据白球数量分类)

含有kkk个白球(k=0,1,2,...,p)(k=0,1,2,...,p)(k=0,1,2,...,p), 有(mk)(np−k)\binom mk\binom n{p-k}(km)(p−kn)种方式, 所以原式得证.

两个特例:

p=n,⇒∑k=0n(mk)(nn−k)=(m+nn).p=n,\Rightarrow \sum_{k=0}^n\binom{m}{k}\binom{n}{n-k}=\binom{m+n}{n}. p=n,⇒k=0∑n(km)(n−kn)=(nm+n).
p=m=n,⇒∑k=0n(nk)2=(2nn)→中心二项式系数.p=m=n,\Rightarrow \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2=\binom{2n}{n}\to\text{\color{red}中心二项式系数}. p=m=n,⇒k=0∑n(kn)2=(n2n)→中心二项式系数.

定理B: (差分公式)
设Δ\DeltaΔ为差分算子, 即
Δf(x)=f(x+1)−f(x)(对函数);Δum=um+1−um(对序列).\begin{aligned} \Delta f(x)&=f(x+1)-f(x)&(对函数);\\ \Delta u_m&=u_{m+1}-u_{m}&(对序列). \end{aligned} Δf(x)Δum=f(x+1)−f(x)=um+1−um(对函数);(对序列).

二次差分:
Δ2f(x)=Δf(x+1)−Δf(x)=f(x+2)−2f(x+1)+f(x)\begin{aligned} \Delta^2f(x)&=\Delta f(x+1)-\Delta f(x)\\ &=f(x+2)-2f(x+1)+f(x) \end{aligned} Δ2f(x)=Δf(x+1)−Δf(x)=f(x+2)−2f(x+1)+f(x)

nnn次差分:Δnf=Δ(Δn−1f)\Delta^n f=\Delta(\Delta^{n-1}f)Δnf=Δ(Δn−1f).

一次差分大于0: 函数(序列)是单增的; 二次差分大于0: 函数(序列)是凸的.

则有:
Δnf(x)=∑k=0n(−1)n−k(nk)f(x+k)(n=0,1,2,...)Δnum=∑k=0n(−1)n−k(nk)um+k(n=0,1,2,...)\begin{aligned} \Delta^n f(x)&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk f(x+k)&(n=0,1,2,...)\\ \Delta^n u_m&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk u_{m+k}&(n=0,1,2,...) \end{aligned} Δnf(x)Δnum=k=0∑n(−1)n−k(kn)f(x+k)=k=0∑n(−1)n−k(kn)um+k(n=0,1,2,...)(n=0,1,2,...)

证明:
由Δf(x)=f(x+1)−f(x)\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)Δf(x)=f(x+1)−f(x),
令移位算子Ef(x)=f(x+1)Ef(x)=f(x+1)Ef(x)=f(x+1), 恒等算子If(x)=f(x)If(x)=f(x)If(x)=f(x).
则Δ=E−I\Delta=E-IΔ=E−I, 且E,IE,IE,I可交换.
⇒Δn=(E−I)n=∑k=0n(−1)n−kEkIn−k.\Rightarrow\ \Delta^n=(E-I)^n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}E^kI^{n-k}. ⇒ Δn=(E−I)n=k=0∑n(−1)n−kEkIn−k.
故有:
Δnf(x)=∑k=0n(−1)n−k(nk)EkIn−kf(x)=∑k=0n(−1)n−k(nk)f(x+k).\begin{aligned} \Delta^nf(x) &=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkE^kI^{n-k}f(x)\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkf(x+k). \end{aligned} Δnf(x)=k=0∑n(−1)n−k(kn)EkIn−kf(x)=k=0∑n(−1)n−k(kn)f(x+k).

Enf(x)=f(x+n)=(I+Δ)nf(x)=∑k=0n(nk)Δkf(x).E^nf(x)=f(x+n)=(I+\Delta)^nf(x)=\sum_{k=0}^n\binom nk \Delta^kf(x). Enf(x)=f(x+n)=(I+Δ)nf(x)=k=0∑n(kn)Δkf(x).

令x=0⇒f(n)=∑k=0n(nk)Δkf(0)x=0\Rightarrow f(n)=\sum\limits_{k=0}^n\binom{n}{k}\Delta^k f(0)x=0⇒f(n)=k=0∑n(kn)Δkf(0).

差分算子例子:
f(n)=n4=(n1)+14(n2)+36(n3)+24(n4).f(n)=n^4=\binom n1+14\binom n2+36\binom n3+24\binom n4. f(n)=n4=(1n)+14(2n)+36(3n)+24(4n).

例:
f(x)=xn,Δf(x)=(x+1)n−xn→n−1次多项式⇒Δnf(x)=n!=∑k=0n(−1)n−k(nk)(x+k)n\begin{aligned} f(x)&=x^n,\Delta f(x)=(x+1)^n-x^n\to n-1次多项式\\ \Rightarrow&\Delta^n f(x)=n!=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk (x+k)^n\\ \end{aligned} f(x)⇒=xn,Δf(x)=(x+1)n−xn→n−1次多项式Δnf(x)=n!=k=0∑n(−1)n−k(kn)(x+k)n
令x=0⇒n!=∑k=0n(−1)n−k(nk)knx=0\Rightarrow n!=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk k^nx=0⇒n!=k=0∑n(−1)n−k(kn)kn.

差分kkk次:

Δkf(x)=Δkxn=∑i=0k(−1)k−i(ki)(x+i)n\Delta^k f(x)=\Delta^kx^n=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom ki (x+i)^n Δkf(x)=Δkxn=i=0∑k(−1)k−i(ik)(x+i)n
令x=0⇒Δk0˙n=∑i=0k(−1)k−i(ki)in=∑i=0k(−1)i(ki)(k−i)n→第二类Stirling数(k!S(n,k))x=0\Rightarrow\Delta^k\dot{0}^n=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom ki i^n=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{i}\binom ki (k-i)^n\to\color{red}\text{第二类Stirling数}(k!S(n,k))x=0⇒Δk0˙n=i=0∑k(−1)k−i(ik)in=i=0∑k(−1)i(ik)(k−i)n→第二类Stirling数(k!S(n,k)).
(k!S(n,k)k!S(n,k)k!S(n,k): nnn个不同的球放入kkk个不同的盒子, 且每个盒子至少一个球的放法)

例子:
Δk(x)n=(n)k(x)n−k,Δk⟨x⟩n=(n)k⟨x+k⟩n−k,Δk1(x)n=(−1)k⟨n⟩k(x+k)n+k,Δk1⟨x⟩n=(−1)k⟨n⟩k⟨x⟩n+k.\begin{aligned} \Delta^k(x)_n&=(n)_k(x)_{n-k},&\Delta^k\lang x\rang_n=(n)_k\lang x+k\rang_{n-k},\\ \Delta^k\frac1{(x)_n}&=(-1)^k\frac{\lang n\rang_k}{(x+k)_{n+k}},&\Delta^k\frac1{\lang x\rang_n}=(-1)^k\frac{\lang n\rang_k}{\lang x\rang_{n+k}}. \end{aligned} Δk(x)nΔk(x)n1=(n)k(x)n−k,=(−1)k(x+k)n+k⟨n⟩k,Δk⟨x⟩n=(n)k⟨x+k⟩n−k,Δk⟨x⟩n1=(−1)k⟨x⟩n+k⟨n⟩k.
定理C: (二项式系数的同余性质)

ppp为素数, 则
(pk)≡0(modp)orp∣(pk)(0<k<p),(p0)=(pp)=1,\binom{p}{k}\equiv0\pmod p \ \ or \ p\left|\binom pk\right.\quad (0<k<p),\ \binom p0=\binom pp=1, (kp)≡0(modp) or p∣∣∣∣(kp)(0<k<p), (0p)=(pp)=1,

⇒(1+x)p=∑k=0p(pk)xk=1+(p1)x+(p2)x2+⋯+(pp−1)xp−1+xp≡1+xp(modp)\begin{aligned} \Rightarrow (1+x)^p&=\sum_{k=0}^p\binom pk x^k=1+\binom p1 x+\binom p2 x^2+\cdots+\binom p{p-1}x^{p-1}+x^p\\ &\equiv 1+x^p\pmod p \end{aligned} ⇒(1+x)p=k=0∑p(kp)xk=1+(1p)x+(2p)x2+⋯+(p−1p)xp−1+xp≡1+xp(modp)

证明:

由(pk)=(p)kk!\binom pk=\frac{(p)_k}{k!}(kp)=k!(p)k为一整数, 即:k!∣(p)kk!\,|\,(p)_kk!∣(p)k.

而(p)k=p(p−1)k−1(p)_k=p(p-1)_{k-1}(p)k=p(p−1)k−1.

当0<k<p0<k<p0<k<p, (k!,p)=1(k!,p)=1(k!,p)=1, 于是k!∣(p−1)k−1k!|(p-1)_{k-1}k!∣(p−1)k−1.

令(p−1)k−1=h⋅k!(p-1)_{k-1}=h\cdot k!(p−1)k−1=h⋅k!(hhh为整数).

⇒(pk)=p⋅h⋅k!k!=p⋅h≡0(modp)\Rightarrow \binom pk =\dfrac{p\cdot h\cdot k!}{k!}=p\cdot h\equiv 0\pmod p⇒(kp)=k!p⋅h⋅k!=p⋅h≡0(modp). 证毕.

重集的排列与组合

重集的排列

重集:
N={k1a1,k2a2,⋯,knan},(有重数限制)M={∞⋅a1,∞⋅a2,⋯,∞⋅an},(无重数限制)\begin{aligned} N&=\{k_1a_1,k_2a_2,\cdots,k_na_n\}, &(有重数限制)\\ M&=\{\infty\cdot a_1,\infty\cdot a_2,\cdots,\infty\cdot a_n\}, &(无重数限制)\\ \end{aligned} NM={k1a1,k2a2,⋯,knan},={∞⋅a1,∞⋅a2,⋯,∞⋅an},(有重数限制)(无重数限制)
定义: 重集MMM的一个k−k-k−排列α\alphaα, 就是一个M[k]M[k]M[k]到{a1,a2,⋯,an}\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}{a1,a2,⋯,an}的映射α\alphaα.

定理1: 重集MMM的k−k-k−排列总数为nkn^knk.

球盒模型: kkk和不同的球放入nnn个不同的盒子里的不同放法.

定理2: 重集N={n1a1,n2a2,⋯,nnan}N=\{n_1a_1,n_2a_2,\cdots,n_na_n\}N={n1a1,n2a2,⋯,nnan}的全排列个数为:
(n1+n2+⋯+nk)!n1!n2!⋯nk!,\frac{(n_1+n_2+\cdots+n_k)!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}, n1!n2!⋯nk!(n1+n2+⋯+nk)!,

证明:

方法1: 对于重集NNN的nnn个元素的全排列, 直接选择,可以得到:
全排列个数=(nn1)(n−n1n2)⋯(n−n1−n2−⋯−nk−1nk)=(n1+n2+⋯+nk)!n1!n2!⋯nk!,\begin{aligned} \text{全排列个数}&=\binom n{n_1}\binom{n-n_1}{n_2}\cdots\binom{n-n_1-n_2-\cdots-n_{k-1}}{n_k}\\ &=\frac{(n_1+n_2+\cdots+n_k)!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}, \end{aligned} 全排列个数=(n1n)(n2n−n1)⋯(nkn−n1−n2−⋯−nk−1)=n1!n2!⋯nk!(n1+n2+⋯+nk)!,
方法2: 先选择,再除以重复的排列, 即得.

多项式系数:

(n1+n2+⋯+nk)!n1!n2!⋯nk!≜(n1+n2+⋯+nkn1,n2,⋯,nk)(x1+x2+⋯+xk)n=∑ni(nn1,n2,⋯,nk)x1n1x2n2⋯xknk\begin{aligned} \frac{(n_1+n_2+\cdots+n_k)!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}&\triangleq\binom {n_1+n_2+\cdots+n_k}{n_1,n_2,\cdots,n_k}\\ (x_1+x_2+\cdots+x_k)^n&=\sum_{n_i}\binom{n}{n_1,n_2,\cdots,n_k}x_1^{n_1}x_2^{n_2}\cdots x_k^{n_k}\\ \end{aligned} n1!n2!⋯nk!(n1+n2+⋯+nk)!(x1+x2+⋯+xk)n≜(n1,n2,⋯,nkn1+n2+⋯+nk)=ni∑(n1,n2,⋯,nkn)x1n1x2n2⋯xknk
球盒模型: nnn个不同的球放入kkk个不同的盒子, 其中第一个盒子有n1n_1n1个球, … 第kkk个盒子有nkn_knk个球的不同放法数.

考虑重集N={n1a1,n2a2,⋯,nkak}N=\{n_1a_1,n_2a_2,\cdots,n_ka_k\}N={n1a1,n2a2,⋯,nkak}的r−r-r−排列的计数, 其中r<n,(n=n1+n2+⋯+nk),∃ni,s.t.r>nir<n,(n=n_1+n_2+\cdots+n_k), \exists n_i, \text{s.t.} r>n_ir<n,(n=n1+n2+⋯+nk),∃ni,s.t.r>ni.

重集的组合

N={k1a1,k2a2,⋯,knan},(有重数限制)M={∞⋅a1,∞⋅a2,⋯,∞⋅an},(无重数限制)\begin{aligned} N&=\{k_1a_1,k_2a_2,\cdots,k_na_n\}, &(有重数限制)\\ M&=\{\infty\cdot a_1,\infty\cdot a_2,\cdots,\infty\cdot a_n\}, &(无重数限制)\\ \end{aligned} NM={k1a1,k2a2,⋯,knan},={∞⋅a1,∞⋅a2,⋯,∞⋅an},(有重数限制)(无重数限制)
定义: 重集MMM的一个k−k-k−组合BBB, 就是一个M[k]M[k]M[k]到{a1,a2,⋯,an}\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}{a1,a2,⋯,an}的映射BBB.

几种等价形式:

φ:{a1,a2,⋯,an}→{0,1,2,⋯}\varphi:\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\to\{0,1,2,\cdots\}φ:{a1,a2,⋯,an}→{0,1,2,⋯}, 且∑i=1nφ(ai)=k\sum_{i=1}^n\varphi(a_i)=k∑i=1nφ(ai)=k.这样的映射全体与MMM 的k−k-k−组合一一对应.
不定方程x1+x2+⋯+xn=kx_1+x_2+\cdots+x_n=kx1+x2+⋯+xn=k其中xix_ixi为非负整数. 方程的解集合与重集MMM的k−k-k−组合一一对应.
球盒模型, kkk个相同的球放入nnn个不同的盒子的不同放法数.

定理: 重集的k−k-k−组合数为
⟨nk⟩=⟨n⟩kk!=(n+k−1k).\left\langle\begin{matrix}n\\k \end{matrix}\right\rangle=\frac{\lang n\rang_k}{k!}=\binom{n+k-1}{k}. ⟨nk⟩=k!⟨n⟩k=(kn+k−1).

证明: (方法一: 用递推关系证明)

设T(n,k)T(n,k)T(n,k)表示不定方程x1+x2+⋯+xn=kx_1+x_2+\cdots+x_n=kx1+x2+⋯+xn=k的非负整数解的个数, 则方程的解可分为两种形式:

x1=0x_1=0x1=0, 即x2+x3+⋯+xn=kx_2+x_3+\cdots+x_n=kx2+x3+⋯+xn=k的非负整数解, 共有T(n−1,k)T(n-1,k)T(n−1,k)个;

x1⩾1x_1\geqslant1x1⩾1, 令x1′=x1−1⩾0x_1'=x_1-1\geqslant0x1′=x1−1⩾0, 方程的解等价于x1′+x2+⋯+xn=k−1x_1'+x_2+\cdots+x_n=k-1x1′+x2+⋯+xn=k−1的非负整数解, 共有T(n,k−1)T(n, k-1)T(n,k−1)个;

于是有T(n,k)=T(n−1,k)+T(n,k−1)T(n,k)=T(n-1,k)+T(n, k-1)T(n,k)=T(n−1,k)+T(n,k−1).

又有初始值T(n,0)=1,T(1,k)=1T(n,0)=1, T(1, k)=1T(n,0)=1,T(1,k)=1(可以通过生成函数来求出T(n,k)T(n,k)T(n,k)

而⟨nk⟩=(n+k−1k)\left\langle\begin{matrix}n\\k \end{matrix}\right\rangle=\binom{n+k-1}{k}⟨nk⟩=(kn+k−1)也满足上述递推关系以及初值, 所以:

⇒T(n,k)=(n−k+1k)\Rightarrow T(n,k)=\binom{n-k+1}k⇒T(n,k)=(kn−k+1).

方法二: 从球盒模型组合意义出发证明, kkk个相同的球放入nnn个不同的盒子中.

nnn个盒子并排放, 共有n−1n-1n−1条公共边.

n−1n-1n−1条公共边和kkk个球共占用n+k−1n+k-1n+k−1个位置.

每一种放法对应于从n+k−1n+k-1n+k−1个位置中选n−1n-1n−1个位置作为盒子的公共边.

于是共有(n+k−1n−1)=(n+k−1k)\binom{n+k-1}{n-1}=\binom{n+k-1}k(n−1n+k−1)=(kn+k−1)种方法.

方法三:(用隔板法证明)

kkk个相同的球放入nnn个不同的盒子, 且每个盒子至少1个球(隔板问题)

即从kkk个球中间的k−1k-1k−1个位置选择n−1n-1n−1位置中放置隔板,共有(k−1n−1)\binom{k-1}{n-1}(n−1k−1)种.

对应不定方程x1+x2+⋯+xn=kx_1+x_2+\cdots+x_n=kx1+x2+⋯+xn=k的正整数解的个数.

而所求为x1+x2+⋯+xn=kx_1+x_2+\cdots+x_n=kx1+x2+⋯+xn=k的非负整数解的个数, 转化为正整数解,等价于
x1′+x2′+⋯+xn′=k+n(xi′=xi+1)x_1'+x_2'+\cdots+x_n'=k+n\quad(x_i'=x_i+1) x1′+x2′+⋯+xn′=k+n(xi′=xi+1)
的正整数解的个数:(n+k−1n−1)=(n+k−1k)\binom{n+k-1}{n-1}={n+k-1\choose k}(n−1n+k−1)=(kn+k−1).