組合數學筆記(一)

遞推關係與生成函數

標籤： 組合數學

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斐波那契數列

• Sn=f0+f1+...+fn=fn+2−1$S_n=f_0+f_1+...+f_n=f_{n+2}-1$
• 斐波那契數列fn是偶數,當且僅當n是3的倍數$斐波那契數列f_n是偶數,當且僅當n是3的倍數$
• 任意斐波那契數列通項是 fn=c1×(1+5√2)n+c2×(1−5√2)n$f_n=c_1\times (\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n+c_2\times (\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n$

帕斯卡三角形形從左下到右上對角線上二項式係數和是斐波那契數列(t=n+12$t=\frac{n+1}{2}$ )

• Fn=(n−1\0)+(n−2\1)+(n−32)+⋯(n−tt−1)$F_n=\left(\begin{array}{c}n-1\text{0}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n-2\text{1}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n-3\\ 2\end{array}\right)+\cdots \left(\begin{array}{c}n-t\\ t-1\end{array}\right)$

生成函數

生成函數是無限可微函數的泰勒級數

設h0,h1,h2,⋯,hn⋯$h_0,h_1,h_2,\cdots ,h_n\cdots$ 是無窮級數,他的生成函數定義爲無窮級數

g(x)=h0+h1x+h2x2+⋯+hmxm$$g(x)=h_0+h_{1}x+h_2{x}^2+\cdots +h_m{x}^m$$

牛頓二項式定理

設α是實數,對所有滿足0≤|x|<|y|的x和y有$設\alpha 是實數,對所有滿足0\le |x|<|y|的x和y有$

(x+y)α=∑k=0∞(αk)xkyα−k$$(x+y{)}^{\alpha }=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\left(\begin{array}{c}\alpha \\ k\end{array}\right)x^k{y}^{\alpha -k}$$

其中(αk)=α(α−1)⋯(α−k+1)k!$\left(\begin{array}{c}\alpha \\ k\end{array}\right)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -k+1)}{k!}$
設z=x/y,則(x+y)α=yα(1+z)α$(x+y{)}^{\alpha }=y^{\alpha }(1+z{)}^{\alpha }$ 上述定理等價於

(1+z)α=∑k=0∞(αk)zk$$(1+z{)}^{\alpha }=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\left(\begin{array}{c}\alpha \\ k\end{array}\right)z^k$$

令α=−n$\alpha =-n$ 負整數則有

(αk)=(−nk)=−n(−n−1)⋯(−n−k+1)k!$$\left(\begin{array}{c}\alpha \\ k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-n\\ k\end{array}\right)=\frac{-n(-n-1)\cdots (-n-k+1)}{k!}$$

=(−1)kn(n+1)⋯(n+k−1)k!=(−1)k(n+k−1k)$$=\frac{(-1{)}^{k}n(n+1)\cdots (n+k-1)}{k!}=(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n+k-1\\ k\end{array}\right)$$

因此對於|z|<1,有

(1+z)−n=1(1+z)n=∑k=0∞(n+k−1k)zk$$(1+z{)}^{-n}=\frac{1}{(1+z{)}^n}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\left(\begin{array}{c}n+k-1\\ k\end{array}\right)z^k$$

當n=1,有1(1−z)=1+z+z2+⋯+zm+⋯$當n=1,有\frac{1}{(1-z)}=1+z+z^2+\cdots +z^m+\cdots$
得1(1−z)k=(1+z+⋯+zm+⋯)⋯(1+z+⋯+zm+⋯)$得\frac{1}{(1-z{)}^k}=(1+z+\cdots +z^m+\cdots )\cdots (1+z+\cdots +z^m+\cdots )$
令hn是e1+e2+⋯+ek=n的非負整數解的個數,ei表示上面第i個取zi$令h_n是e_1+e_2+\cdots +e_k=n的非負整數解的個數,e_i表示上面第i個取z^i$
根據實際含義可以知道hn=Ck−1n+k−1$根據實際含義可以知道h_n=C_{n+k-1}^{k-1}$

例子
(1+x+x2+x3+x4+x5)(1+x+x2+x3)(1+x+x2+x3+x4)$(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)(1+x+x^2+x^3)(1+x+x^2+x^3+x^4)$
設xe1,xe2,xe3是三項的代表項$設x^{e_1},x^{e_2},x^{e_3}是三項的代表項$那麼e1+e2+e3=n解的個數就是最終展開合並xn的系數$那麼e_1+e_2+e_3=n解的個數就是最終展開合並x^n的系數$
同理其他的限制條件都可以寫成這種形式

逆序數與排列

設b1,b2,⋯,bn滿足下列整數數列$設b_1,b_2,\cdots ,b_n滿足下列整數數列$
0≤b1≤n−1,0≤b2≤n−2,⋯,0≤bn−1≤1,bn=0$0\le b_1\le n-1,0\le b_2\le n-2,\cdots ,0\le b_{n-1}\le 1,b_n=0$
一定存在一個唯一對於的排列{1,2,⋯,n}使得逆序列是{bi}$一定存在一個唯一對於的排列\{1,2,\cdots ,n\}使得逆序列是\{b_i\}$

構造算法(倒着根據bi$b_i$ 放):
n:寫出n$n:寫出n$
⋯:⋯$\cdots :\cdots$
i:考慮bi,bi是0,所有比他大的都在右邊$i:考慮b_i,b_i是0,所有比他大的都在右邊$
⋯:⋯$\cdots :\cdots$
1:考慮b1,⋯$1:考慮b_1,\cdots$

指數生成函數

g(e)(x)=∑∞n=0hnxαn!=h0+h1x+h2x22!+⋯+hnxnn!+⋯$g^{(e)}(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{h}_n\frac{x^{\alpha }}{n!}=h_0+h_{1}x+h_2\frac{x^2}{2!}+\cdots +h_n\frac{x^n}{n!}+\cdots$

例子
取P(n,k)是n元素集合的k排列,數目爲n!(n−k)!$取P(n,k)是n元素集合的k排列,數目爲\frac{n!}{(n-k)!}$

g(e)(x)=∑k=0∞n!(n−k)!n!xk=(1+x)n$$g^{(e)}(x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!}{(n-k)!n!}{x}^k=(1+x{)}^n$$

因此(1+x)n是數列P的指數生成函數$因此(1+x{)}^n是數列P的指數生成函數$

Catalan數

設hn表示凸(n+1)邊形通過插入不相交對角線分成三角形區域的方法數$設h_n表示凸(n+1)邊形通過插入不相交對角線分成三角形區域的方法數$

hn=h1hn−1+⋯+hn−1h1=∑k=1n−1hkhn−k(n≥2,h1=1)$$h_n=h_1{h}_{n-1}+\cdots +h_{n-1}{h}_1=\sum _{k=1}^{n-1}{h}_k{h}_{n-k}(n\ge 2,h_1=1)$$

則有

hn=1nCn−12n−2$$h_n=\frac{1}{n}{C}_{2n-2}^{n-1}$$

簡明證明
g(x)是hn的生成函數,則有g(x)2−g(x)+x=0$g(x)是h_n的生成函數,則有g(x{)}^2-g(x)+x=0$
g(x)=g2(x)=1−1−4x√2=12−12(1−4x)12$g(x)=g_2(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(1-4x{)}^{\frac{1}{2}}$
其中再用牛頓二項式定理,可得g(x)=∑∞n=11nCn−12n−2xn$其中再用牛頓二項式定理,可得g(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{C}_{2n-2}^{n-1}{x}^n$