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组合数学

组合数学. 信阳师范学院. 前言. 组合数学是一个古老而又年轻的数学分支。 据传说，大禹在4000多年前就观察到神龟背上的幻方…. 前言. 幻方可以看作是一个3阶方阵，其元素是1到9的正整数，每行、每列以及两条对角线的和都是15。. 4. 9. 2. 3. 5. 7. 8. 1. 6. 前言.

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组合数学

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  1. 组合数学 信阳师范学院

  2. 前言 组合数学是一个古老而又年轻的数学分支。 据传说，大禹在4000多年前就观察到神龟背上的幻方…...

  3. 前言 幻方可以看作是一个3阶方阵，其元素是1到9的正整数，每行、每列以及两条对角线的和都是15。 4 9 2 3 5 7 8 1 6

  4. 前言 贾宪北宋数学家（约11世纪） 著有《黄帝九章细草》、《算法斅古集》斅 音“笑（“古算法导引”）都已失传。杨辉著《详解九章算法》（1261年）中曾引贾宪的“开方作法本源”图（即指数为正整数的二项式展开系数表，现称“杨辉三角形”）和“增乘开方法”（求高次幂的正根法）。前者比帕斯卡三角形早600年，后者比霍纳（William Geoge Horner，1786—1837）的方法（1819年）早770年。

  5. 前言 1666年莱布尼兹所著《组合学论文》一书问世，这是组合数学的第一部专著。书中首次使用了组合论（Combinatorics）一词。

  6. 前言 组合数学的蓬勃发展则是在计算机问世和普遍应用之后。由于组合数学涉及面广，内容庞杂，并且仍在很快地发展着，因而还没有一个统一而有效的理论体系。这与数学分析形成了对照。

  7. 前言 • 本学期主要讲组合分析（计数和枚举）以及组合优化的一部分（线性规划的单纯形解法）。 • 组合分析是组合算法的基础。

  8. 前言 组合数学经常使用的方法并不高深复杂。最主要的方法是计数时的合理分类和组合模型的转换。 但是，要学好组合数学并非易事，既需要一定的数学修养，也要进行相当的训练。

  9. 第一章 排列组合 1.1 加法法则与乘法法则

  10. 1.1 加法法则与乘法法则 [ 加法法则 ] 设事件A有m种产生方式， 事件B有n种产生方式，则事件A或B之一 有m+n种产生方式。 集合论语言： 若 |A| = m , |B| = n , AB =  , 则 |AB| = m + n 。

  11. 1.1 加法法则与乘法法则 [ 例 ] 某班选修企业管理的有 18 人，不选 的有 10 人，则该班共有 18 + 10 = 28 人。 [ 例 ] 北京每天直达上海的客车有 5 次，客 机有 3 次， 则每天由北京直达上海的旅行 方式有 5 + 3 = 8 种。

  12. 1.1 加法法则与乘法法则 [ 乘法法则 ] 设事件A有m种产生式，事件B有n种产生方式，则事件A与B有 m · n种产生方式。 集合论语言： 若 |A| = m , |B| = n , AB = {(a,b) | a A,b  B}, 则 |A  B| = m · n 。

  13. 1.1 加法法则与乘法法则 [例] 某种字符串由两个字符组成，第一个字符可选自{a，b，c，d，e}，第二个字符可选自{1，2，3}，则这种字符串共有5 3 = 15 个。 [例] 从A到B有三条道路，从B到C有两条道路，则从A经B到C有32=6 条道路。

  14. 1.1 加法法则与乘法法则 • 例 某种样式的运动服的着色由底色和装饰条纹的颜色配成。底色可选红、蓝、橙、黄，条纹色可选黑、白，则共有42 = 8种着色方案。 • 若此例改成底色和条纹都用红、蓝、橙、黄四种颜色的话，则，方案数就不是4  4 = 16， 而只有 4  3 = 12 种。 • 在乘法法则中要注意事件 A 和 事件 B 的相互独立性。

  15. 1.1 加法法则与乘法法则 1)小于10000的不含1的正整数可看做4位数, 但0000除外. 故有9×9×9×9－1＝6560个. 含1的有：9999－6560=3439个 例 1)求小于10000的含1的正整数的个数 2)求小于10000的含0的正整数的个数 4 4 另: 全部4位数有10 个,不含1的四位数有9 个, 含1的4位数为两个的差: 10 －9 = 3439个 4 4

  16. 2)“含0”和“含1”不可直接套用。0019 含1但不含0。 在组合的习题中有许多类似的隐含的 规定，要特别留神。 2 不含0的1位数有9个，2位数有9 个， 3位数有9 个，4位数有9 个 3 4 不含0小于10000的正整数有 9+9 +9 +9 =(9 －1)/(9－1)=7380个 2 3 4 5 含0小于10000的正整数有 9999－7380=2619个

  17. 1.2排列与组合 定义 从n个不同的元素中，取r个不重复的元素，按次序排列，称为从n个中取r个的无重排列。排列的全体组成的集合用P(n,r)表示。排列的个数用P(n,r)表示。当r=n时称为全排列。一般不说可重即无重。可重排列的相应记号为 - P(n,r),P(n,r)。

  18. 1.2排列与组合 定义从n个不同元素中取r个不重复的元素组成一个子集，而不考虑其元素的顺序，称为从n个中取r个的无重组合。 组合的全体组成的集合用C(n,r)表示，组合的个数用C(n,r)表示，对应于可重组合 - 有记号C(n,r),C(n,r)。

  19. 1.2排列与组合 从n个中取r个的排列的典型例子是从n个不同的球中,取出r个,放入r个不同的盒子里,每盒1个。第1个盒子有n种选择，第2个有n-1种选择，······，第r个有n-r+1种选择。 故有 P(n,r)=n(n-1)······(n-r+1) 有时也用[n]r记n(n-1)······(n-r+1)

  20. 若球不同，盒子相同，则是从n个中取r个的组合的模型。若放入盒子后再将盒子标号区别，则又回到排列模型。每一个组合可有r!个标号方案。若球不同，盒子相同，则是从n个中取r个的组合的模型。若放入盒子后再将盒子标号区别，则又回到排列模型。每一个组合可有r!个标号方案。 故有 C(n,r)·r!=P(n,r), C(n,r)=P(n,r)/r!=[n]r/r!=()= 易见 P(n,r)=n 1.2排列与组合 若球不同，盒子相同，则是从n个中取r个的组合的模型。若放入盒子后再将盒子标号区别，则又回到排列模型。每一个组合可有r!个标号方案。 故有 C(n,r)·r!=P(n,r), C(n,r)=P(n,r)/r!=[n]r/r!=()= 易见 P(n,r)=n n! ——— r!(n-r)! n r r

  21. 1.2排列与组合 例 有5本不同的日文书，7本不同的英文书，10本不同的中文书。 1)取2本不同文字的书； 2)取2本相同文字的书； 3)任取两本书

  22. 1.2排列与组合 解 1) 5×7+5×10+7×10=155; 2) C(5,2)+C(7,2)+C(10,2) =10+21+45=76; 3) 155+76=231=( ) 5+7+10 2

  23. 1.2排列与组合 • 求r1个1，r2个2，…，rt个t的排列数，设r1+r2+…+rt=n,设此排列数为P(n;r1,r2,…,rt),对1，2，…，t分别加下标，得到 P(n；r1,r2,…,rt)·r1!·r2!·…·rt! = n! • ∴P(n；r1,r2,…,rt)= ———— =( ) n! r1!r2!…rt! n r1 r2 … rt

  24. 1.2排列与组合 • 从n个中取r个的圆排列的排列数为 P(n,r)/r , 2≤r≤n • 以4个元素为例 1 2 4 3 3412 1 2 4 3 1234 1 2 4 3 2341 1 2 4 3 4123

  25. 1.2排列与组合 • 从n个中取r个的项链排列的排列数为 P(n,r)/2r, 3≤r≤n • 项链排列就是说排列的方法和项链一样,在圆排列的基础上，正面向上和反面向上两种方式放置各个数是同一个排列。 • 例 下面两种方式实际上表示的都是3个元素的同一种排列。 1 1 2 3 3 2

  26. 解 将[1,300]分成3类： A={i|i≡1(mod 3)}={1,4,7,…,298}, B={i|i≡2(mod 3)}={2,5,8,…,299}, C={i|i≡3(mod 3)}={3,6,9,…,300}. 要满足条件，有四种解法： 1)3个数同属于A;2)3个数同属于B 3)3个数同属于C;4)A,B,C各取一数. 1.2排列与组合 例 从[1,300]中取3个不同的数，使这3个数的和能被3整除，有多少种方案？ 3 故共有3C(100,3)+100 =485100+1000000=1485100

  27. 1.2排列与组合 [解]一进站方案表示成：00011001010100 其中“0”表示人，“1”表示门框，其中“0”是 不同元，“1”是相同元。给“1”n个门只用n-1 个门框。任意进站方案可表示成上面14个 元素的一个排列。 例 某车站有6个入口处，每个入口处每次只能进一人，一组9个人进站的方案有多少？

  28. 1.2排列与组合 [解法1]标号可产生5!个14个元的全排列。 故若设x为所求方案，则 x·5!=14! ∴x=14!/5!=726485760

  29. 1.2排列与组合 [解法2]在14个元的排列中先确定“1”的位置，有C(14,5)种选择，在确定人的位置，有9！种选择。 　　　故　C(14,5)·9!　即所求

  30. 1.2排列与组合 [解法3]把全部选择分解成若干步，使每步宜于计算。不妨设9个人编成1至9号。1号有6种选择；2号除可有1号的所有选择外，还可（也必须）选择当与1号同一门时在1号的前面还是后面，故2号有7种选择；3号的选择方法同2号，故共有8种。 以此类推，9号有14种选择。 9 故所求方案为[6]

  31. 1.3 Stirling近似公式 • 组合计数的渐进值问题是组合论的一个研究方向。 • Stirling公式给出一个求n!的近似公式，它对从事计算和理论分析都是有意义的。

  32. 1.3 Stirling近似公式 • 1)Wallis公式 π － 2 0 令Ik=∫ sin xdx.显然I0= ,I1=1. k≥2时， Ik=－cosxsin x| +∫ (k－1)cos xsin xdx =0+(k－1)∫ (1－sin x)sin xdx =(k－1)(Ik－2－Ik) k π － 2 k-1 π － 2 0 2 k-2 π － 2 0 2 k-2 π － 2 0 故 Ik = —— Ik-2 (1-3-1) k-1 k

  33. 1.3 Stirling近似公式 1·3·5·…·(n-2)·n，n是奇数。 2·4·6·…·(n-2)·n，n是偶数。 令n!! = (k-1)!! k!! (k-1)!! k!! 由(1-3-1)， ——— I1, k是奇数 Ik= ——— I0, k是偶数 (1-3-2) k+1 k 当x∈(0,π/2)时， sin x< sin x 因而 I2k+1<I2k<I2k-1, k=1,2,…。

  34. 1.3 Stirling近似公式 • 由(1-3-2) ———— < ———— · — < ———— ， (2k)!! (2k-1)!! π (2k-2)!! (2k+1)!! (2k)!! 2 (2k-1)!! π — 2 2k+1 2k 1< —————— < —— 1. (2k)!! (2k-1)!! [——] 2 k→∞ 　 1 · —— 2k+1

  35. 1.3 Stirling近似公式 • 所以 (2k)!! (2k-1)!! 2 [——] 　 1 · —— 2k+1 π — 2 lim = , k→∞ (2k)!!(2k)!! (2k)! 2 [————] 　 1 · —— 2k+1 π — 2 lim 　　 = , k→∞ 2k 2 2 (k!) (2k)! 2 [——] 　 1 · —— 2k+1 π — 2 lim = 。(1-10-3) k→∞

  36. 1.3 Stirling近似公式 • 2)stirling公式 y y=lnx 0 1 2 3 n-1 n x

  37. 1.3 Stirling近似公式 n n n 1 1 1 • 令An=∫lnxdx=xlnx| －∫dx=nlnn－n+1 　 (1-3-4) • tn=－ln1+ln2+…+ln(n－1)+－lnn =ln(n!)－－lnn(1-3-5) • tn的几何意义是由x轴,x=n,以及连接(1,0), (2,ln2),…,(n－1,ln(n－1)),(n,lnn)诸点而成的折线围成的面积。 1 1 2 2 1 2

  38. 1.3 Stirling近似公式 1 1 8 2 • Tn=－+ln2+…+ln(n－1)+－lnn(1-3-6) Tn是由三部分面积之和构成的。一是曲线 y=lnx在x=k点的切线和x轴，以及x=k－－, x=k－－包围的梯形，当k分别为2,3,…,n-1 时的面积之和；一是由y=lnx在x=1点的切 线，x=3/2线，以及x轴围城的梯形；另一 是由y=lnn,x=n－－,x=n及x轴包围的矩形 面积。因而有 tn<An<Tn(1-3-7) 1 2 1 2 1 2

  39. 1.3 Stirling近似公式 0<An－tn<Tn－tn=－ 1 8 • 令bn=An－tn.序列b1,b2,…是单调增，而且有上界，故有极限，令 limbn=b1 • 由(1-3-4),(1-3-5) 得 bn=nlnn－n+1－ln(n!)+－lnn 　　　　 　=lnn－n+1－ln(n!)+－ln n • ln(n!)=1－bn+ lnn －ln n －lne • ∴n!=e n (－)(1-3-8) n→∞ 1 2 n √ 1 2 n n √ n n e 1-bn √

  40. 1.3 Stirling近似公式 1-bn n→∞ • 令βn=e ,limβn=β. • 将(1-3-8)代入(1-3-3),整理得 β= 2π . • 所以 n! ~ 2πn (－) √ n √ n e

  41. 1.4模型转换 • “一一对应”概念是一个在计数中极为基本的概念。一一对应既是单射又是满射。 • 如我们说A集合有n个元素 |A|=n，无非是建立了将A中元与[1,n]元一一对应的关系。 • 在组合计数时往往借助于一一对应实现模型转换。 • 比如要对A集合计数，但直接计数有困难，于是可设法构造一易于计数的B，使得A与B一一对应。

  42. 1.4模型转换 　　简单格路问题 |(0,0)→(m,n)|=( ) 从 (0,0)点出发沿x轴或y轴的正方向每步 走一个单位，最终走到(m,n)点，有多少 条路径？ m+n m • 例 y (m,n) . . . 0 . . . x

  43. 1.4模型转换 • 无论怎样走法，在x方向上总共走m步，在y方向上总共走n步。若用一个x表示x方向上的一步，一个字母y表示y方向上的一步。 • 则(0,0)→(m,n)的每一条路径可表示为m 个x与n个y的一个有重排列。将每一个有重排列的x与y分别编号，可得m!n!个m+n元的无重全排列。

  44. 1.4模型转换 • 设所求方案数为p(m+n；m，n) • 则P(m+n；m，n)·m!·n!=(m+n)! • 故P(m+n;m,n)= ——— = ( ) =( ) =C(m+n,m) • 设c≥a,d≥b,则由(a,b)到(c,d)的简单格路数为|(a,b)(c,d)|=( ) (m+n)! m+n m+n m!n! m n (c-a)+(d-b) c-a (c,d) (a,b)

  45. 1.4模型转换 • 例 在上例的基础上若设m<n，求(0,1)点到(m,n)点不接触对角线x=y的格路的数目 (“接触”包括“穿过”) • 从(0,1)点到(m,n)点的格路，有的接触x=y，有的不接触。 • 对每一条接触x=y的格路，做(0,1)点到第一个接触点部分关于x=y的对称格路，这样得到一条从(1,0)到(m,n)的格路。

  46. 1.4模型转换 y y=x (m,n) 0 (1,0) x y x-y=1 (m,n) x • 容易看出从(0,1)到(m,n)接触x=y的格路与 (1,0)到(m,n)的格路(必穿过x=y)一一对应 . (0,1) . . . . . . (0,0) (1,-1)

  47. 1.4模型转换 m+n-1 m+n-1 m m-1 • 故所求格路数为( )－( ) = ——— － ——— = ———— ( — － —) = —— ( )=(1－ —)( ) = —— ( ) (m+n-1)! (m+n-1)! (m+n-1)! 1 1 m!(n-1)! (m-1)!n! (m-1)!(n-1)! m n n-m m n n m+n-1 m+n-1 m m n-m n m+n-1 m

  48. 1.4模型转换 • 若条件改为可接触但不可穿过，则限制线要向下或向右移一格，得x－y=1，　(0,0)关于x－y=1的对称点为(1,-1). • 所求格路数为 ( )－( ) = ——－———— = ——— ( ) m+n m+n m m-1 (m+n)! (m+n)! n+1-m m!n! (m-1)!(n+1)! 　n+1 m+n m 格路也是一种常用模型

  49. 1.4模型转换 • 例CnH2n+2是碳氢化合物,随着n的不同有下列不同的枝链： H | H — C — H | H — C — H | H — C — H | H H | H — C — H | H — C — H | H H | H — C — H | H n=1甲烷 n=2 乙烷 n=3 丙烷

  50. 1.4模型转换 这说明对应CnH2n+2的 枝链是有3n+2个顶点的一棵树，其中n个顶点与之关联的边数为4；其它2n+2个顶点是叶子。对于这样结构的每一棵树，就对应有一种特定的化 H | H — C — H | H — C — H | H — C — H | H — C — H | H H | H H — C H | | H — C — C — H | | H — C H | H H n=4 丁烷 n=4异丁烷 合物。从而可以通过研究具有上述性质的 树找到不同的碳氢化合物CnH2n+2.

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