组合数学问题

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1. 排列组合

1. 加法法则和乘法法则

设$A$，$B$是两个无关的性质，具有性质$A$的事件有$m$个，具有性质$B$的事件有$n$个

法则	事件数	分析
加法法则：具有性质$A$或性质$B$的事件	$m+n$	这里或的意思是两个性质任选其一，$m+n=(m+0)+(0+n)$
乘法法则：具有性质$A$和性质$B$的事件	$m\times n$	这里和的意思是两个性质兼而有之，$m$和$n$组合的情况即为$m\times n$

2. 排列和组合

从$n$个元素中选取$m$个元素，求其方案数

元素是否有序	方案数	计算过程
排列：有序	$A_n^m$	$n(n-1)\cdots(n-m+1)=\displaystyle\frac{n!}{(n-m)!}$
组合：无序	$C_n^m$	$\displaystyle\frac{n(n-1)\cdots(n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

3. 扩展问题

1. 圆周排列

从$n$个元素中选取$m$个元素有序排列在圆周上，其方案数为$\displaystyle\frac{A_n^m}{m}$。例如$a$，$b$，$c$，$d$这4个元素，在直线上的排列$abcd$，$dabc$，$cdab$，$bcda$是不同的，但是在圆周上则是相同的，且选出几个元素就会重复几次，所以只需要将直线上排列数除以$m$即可。

2. 允许重复的组合

一般的组合是从$n$个元素中选取$m$个元素，不允许重复选择同一个元素，组合数为$C_n^m$。而如果允许重复的选择同一个元素，则组合数为$C_{n+m-1}^m$。
可以这样思考，允许重复选择相当于在$n$个元素中多加了$m-1$个“哑元素”，一旦选中了一个“哑元素”，意味着在$n$个元素中只能选$m-1$个不同元素，也就对应着已经选中的$m-1$个元素中的某一个需要重复一次。这样的“哑元素”最多只能选$m-1$个，因为至少应该选择$n$个元素中的一个，且此时这个元素重复了$m$次。
不允许重复的组合以及允许重复的组合可以等价类比如下表

组合是否允许重复	类比球放盒子模型	解释
不允许重复	$n$个不同的球放入$m$个相同的盒子且每盒1球	盒子相同代表无序，直接从$n$个球中选出$m$个 分别放入每个盒子即可，要求$n\ge m$
允许重复	$m$个相同的球放入$n$个不同的盒子(允许空盒)	增加$n$个假球，如果选中假球则实际上盒子中没有球， 使用隔板法对$m+n$个球的$m+n-1$个空插入$n-1$个隔板， 将得到$n$个部分放入盒子

问题变形：
1. 对于整数$n$和$m$，方程$x_1+x_2+\cdots+x_n=m$的非负整数解的个数为$C_{n+m-1}^m$。
2. 式子$(x_1+x_2+\cdots+x_n)^m$的展开式项数为$C_{n+m-1}^m$。

3. 不相邻的组合

从$n$个元素中选取$m$个元素，要求这$m$个元素在原来的位置上均互不相邻，则组合数为$C_{n-m+1}^{m}$。
可以考虑$n$个球之间一共可以插入$n-1$个隔板，且隔板都是相同的。现在假设已经选出了互不相邻的$m$个元素，那么如果把这$m$个元素放回到原来的位置上，为了保证互不相邻，这$m$个元素两两之间至少应该有两个隔板，所以先将$n-1$个隔板分配$2(m-1)$个到$m$个元素两两之间，剩下的$n-2m+1$个隔板就可以在$m$个元素之间及两边随意插入，一共$m+1$个位置。此时问题转化为将$n-2m+1$个相同隔板放在$m+1$个不同位置上的组合数。这可以由“球放盒子”模型直接求解，即$C_{(n-2m+1)+(m+1)-1}^{(m+1)-1}=C_{n-m+1}^{m}$。

2. 递推关系

1. 汉诺塔问题

有三根杆子A，B，C。A杆上有$n$个($n$>1)穿孔圆盘，盘的尺寸由下到上依次变小。要求按下列规则将所有圆盘移至C杆：每次只能移动一个圆盘；大盘不能叠在小盘上面。问至少需要几次移动才能完成。

可以使用递归的思想，设$H(n)$表示$n$个圆盘所需要的移动次数，那么移动过程是先将前$n-1$个圆盘移动到B上，接着将第$n$个圆盘移动到C，最后还要把B上的$n-1$个圆盘移动到C。所以递推公式为$H(n)=2H(n-1)+1$，且$H(1)=1$。可以根据母函数或者数学归纳法得到$H(n)=2^n-1$。

2. Fibonacci序列

雌雄一对兔子，出生两个月后能就能繁殖雌雄一对小兔，问$n$个月后有多少对兔子。

递推公式为$F(n)=F(n-1)+F(n-2)$，且$F(1)=F(2)=1$。可以根据母函数法得到$F(n)=\displaystyle\frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt{5}}$且$\alpha=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}$和$\beta=\displaystyle\frac{1-\sqrt{5}}{2}$。

3. 非线性递推序列

1. Stirling数

定义第二类Stirling数为将$n$个不同的球放入$m$个相同的盒子，且不允许空盒的方案数，用$S(n,m)$表示。其递推式为$S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n-1,m)$，且$S(0,\cdot)=S(\cdot,0)=0$，$S(k,1)=S(k,k)=1$对所有$k\ge 1$。Stirling数的每一项可以用下面的三角形计算，按照递推式开看，第几行就有几个数，且每一项都是上一行相同位置的数乘以位置序号，加上上一行前一位置的数。

2. 球盒模型

按照球是否相同，盒是否相同，是否允许空盒，一共可以分为8种情况。

$n$个球	$m$个盒	有无空盒	方案数
不同	不同	有空盒	$m^n$，每个球都可在$m$个盒中选择，$n$个球使用乘法法则
不同	不同	无空盒	$m!S(n,m)$，如果盒相同则为$S(n,m)$，再将$m$个盒全排列
不同	相同	有空盒	当$n\ge m$为$S(n,1)+\cdots+S(n,m)$， 当$n\le m$为$S(n,1)+\cdots+S(n,n)$， 每一项表示$m-1$个空盒，$\cdots$，$0$个空盒
不同	相同	无空盒	$S(n,m)$，Stirling数的定义
相同	不同	有空盒	$C_{n+m-1}^{m-1}$，增加$m$个假球，如果选中假球则实际上盒子中没有球， 使用隔板法对$m+n$个球的$m+n-1$个空插入$m-1$个隔板， 将得到$m$个部分放入盒子
相同	不同	无空盒	$C_{n-1}^{m-1}$，使用隔板法对$n$个球的$n-1$个空插入$m-1$个隔板， 将得到$m$个部分放入盒子
相同	相同	有空盒	穷取法，相当于将$n$用$0,1,\cdots,m$进行分解的方案数， 且分解的数字没有顺序
相同	相同	无空盒	穷取法，相当于将$n-m$用$0,1,\cdots,m$进行分解的方案数， 且分解的数字没有顺序

3. Catalan数

Catalan数定义为给定$2n$个数由$n$个$0$和$n$个$1$组成，要求这样的排列方案数，使得排列的任意前$k$个数中的$1$的个数总是不少于$0$的个数。可以求得这样的排列方案数$Catalan(2n)=\displaystyle\frac{1}{n+1}C_{2n}^n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$。

关于Catalan数有极其多的变形问题，参见维基百科卡塔兰数，其一个巧妙的证明方法参见折现法——卡特兰数证明。

4. 容斥原理

1. De morgan定理

• $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cap\overline{B}$
• $\overline{A\cap B}=\overline{A}\cup\overline{B}$

2. 容斥原理

• $|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$
• $|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|$

3. 广义容斥原理

• $|A\cap \overline{B}|=|A|-|A\cap B|$
• $|A\cap B\cap \overline{C}|=|A\cap B|-|A\cap B\cap C|$
• $|A\cap \overline{B}\cap \overline{C}|=|A|-|A\cap B|-|A\cap C|+|A\cap B\cap C|$
• $|A\cap \overline{B}\cap \overline{C}\cap \overline{D}|=|A|-|A\cap B|-|A\cap C|-|A\cap D|+|A\cap B\cap C|+|A\cap B\cap D|+|A\cap C\cap D|-|A\cap B\cap C\cap D|$

4. 计算举例

1. 欧拉函数问题，求不超过120的素数个数

因为$11^2=121>120$，所以不超过120的合数一定是2，3，5，7的倍数。分别令$A_2$，$A_3$，$A_5$，$A_7$为小于120且是2，3，5，7的倍数，则不超过120的素数个数就是$|\overline{A}_2\cap\overline{A}_3\cap\overline{A}_5\cap\overline{A}_7|$。

$$\begin{array}{ccl} |\overline{A}_2\cap\overline{A}_3\cap\overline{A}_5\cap\overline{A}_7|&=&120-|A_2\cup A_3\cup A_5\cup A_7|\\ &=&120-(|A_2|+|A_3|+|A_5|+|A_7|)\\ &&+(|A_2\cap A_3|+|A_2\cap A_5|+|A_2\cap A_7|+|A_3\cap A_5|+|A_3\cap A_7|+|A_5\cap A_7|)\\ &&-(|A_2\cap A_3\cap A_5|+|A_2\cap A_3\cap A_7|+|A_2\cap A_5\cap A_7|+|A_3\cap A_5\cap A_7|)\\ &&+|A_2\cap A_3\cap A_5\cap A_7| \end{array}$$
其中一项 $|A_2|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2}\rfloor=60$， $|A_3|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3}\rfloor=40$， $|A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{5}\rfloor=24$， $|A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{7}\rfloor=17$，两项 $|A_2\cap A_3|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3}\rfloor=20$， $|A_2\cap A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 5}\rfloor=12$， $|A_2\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 7}\rfloor=8$， $|A_3\cap A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3\times 5}\rfloor=8$， $|A_3\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3\times 7}\rfloor=5$， $|A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{5\times 7}\rfloor=3$，三项 $|A_2\cap A_3\cap A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3\times 5}\rfloor=4$， $|A_2\cap A_3\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3\times 7}\rfloor=2$， $|A_2\cap A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 5\times 7}\rfloor=1$， $|A_3\cap A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3\times 5\times 7}\rfloor=1$，四项 $|A_2\cap A_3\cap A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3\times 5\times 7}\rfloor=0$，因此上式等于 $120-60-40-24-17+20+12+8+8+5+3-4-2-1-1+0=27$。

2. 错排问题，即1，2，$\cdots$，n的全排列中每个元素都不在各自位置上的排列数

设$A_i$表示第$i$个数仍然在自己位置上的排列数，所以只需要考虑其他位置元素的全排列数即可，因此错排列数就是$|\overline{A}_1\cap\overline{A}_2\cap\cdots\cap\overline{A}_n|=n!-|A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n|$，而

$$\begin{array}{rcll} |A_i|&=&(n-1)!\quad&i=1,2,\cdots,n\\ |A_i\cap A_j|&=&(n-2)!\quad&i\neq j,\ i,j=1,2,\cdots,n\\ &\vdots&&\\ |A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n|&=&(n-n)!& \end{array}$$

所以错排列数等于$n!-C_n^1(n-1)!+C_n^2(n-2)!+\cdots\pm C_n^n(n-n)!=\displaystyle n!-\frac{n!}{1!}+\frac{n!}{2!}-\cdots\pm \frac{n!}{n!}$。