中科大组合数学复习知识点

目录

• 一、鸽巢原理
• 二、排列与组合
  • 2.1 集合的排列组合
  • 2.2 多重集合
• 三、二项式系数
• 四、容斥原理
  • 4.1 有限重数的多重集合的组合数
  • 4.2 错排问题
  • 4.3 棋子多项式
  • 4.4 Mobius反演
• 五、生成函数
  • 5.1 组合型分配问题的生成函数
  • 5.2 排列型分配问题的指数型生成函数
  • 5.3 正整数分拆
• 六、递推关系
  • 6.1 常系数线性齐次递推关系求解
  • 6.2 常系数线性非齐次递推关系求解
  • 6.3 用生成函数求解
• 七、特殊计数序列
  • 7.1 Fibonacci数
  • 7.2 Catalan数
  • 7.3 集合分划和第二类Stirling数
  • 7.4 分配问题
• 八、Polya计数理论
• 十、组合设计
  • 10.1 平衡不完全区组设计
  • 10.2 几何设计
  • 10.3 正交拉丁方
• 常见问题总结

一、鸽巢原理

定理：\(n+1\)个物品放入\(n\)个盒子中，那至少有1个盒子中至少有2个物品。

解题思路：

• 构造部分和序列

• \(正整数a_{i}=2^{s_{i}} \times r_{i}, \ s_{i}为非负整数, r_{i}为奇数\)

加强形式：\(m\)个物品放入\(n\)个盒子中，至少有1个盒子中至少有$\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil $个物品。

若物品数与盒子数相等，则至少1个盒子中至少有1个物品。

若\(m=n+1\)，则至少1一个盒子中至少有2个物品。

解题思路：

• 递增子序列问题：构造\(\{ m_{k} \},m_{k}表示从a_{k}开始的最长递增子序列长度\)
• 将集合分成n部分，使用加强形式
• 取余

二、排列与组合

2.1 集合的排列组合

\[\begin{align} r排列 &= P(n,r) = A_{n}^{r} = \frac{n!}{(n-r)!} \\ r圆排列 &= \frac{1}{r}P(n,r) = \frac{1}{r}A_{n}^{r} = \frac{n!}{r(n-r)!} \\ r组合数 &= \binom{n}{r} = C_{n}^{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!} \end{align} \]

定理：\(\binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \cdots + \binom{n}{n} = 2^{n}\)

解题思路：

• 能被3整除的数，各位数字之和也要能被3整除

2.2 多重集合

定理：多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\)的 \(r\) 排列数为\(k^{r}\).

定理：多重集合\(M=\{ k_{1} \cdot a_{1}, k_{2} \cdot a_{2}, \cdots , k_{n} \cdot a_{n} \}\)的全排列数为\(\frac{(k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{n})!}{k_{1}!k_{2}!\cdots k_{n}!}\).只适用全排列，如果k排列，则用指数型生成函数。

定理：多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\)的 \(r\) 组合数为\(\binom{k+r-1}{r}=C_{k+r-1}^{r}\).

证明方法：对应求非负整数解方案数\(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}=r\)

=>r个相同的球放入k个不同的盒子中

定理：多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\)，要求各元素至少出现一次的 \(r\) 组合数为\(\binom{r-1}{k-1}=C_{r-1}^{k-1}\).

证明方法：对应求满足一定条件的整数解方案数\(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}=r,x_{i} \ge 1\)

例题：求方程\(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=18\)满足条件\(x_{1}\ge3, x_{2}\ge1,x_{3}\ge4,x_{4}\ge2\)的整数解数目。

解：令\(y_1=x_1-3,y_2=x_2-1,y_3=x_3-4.y_4=x_4-2\)，则原方程变为\(y_1+y_2+y_3+y_4=8\)的非负整数解数目，\(\binom{8+4-1}{8}\)

• [ ] 课后习题13，不穿过直线 \(y=x\) 的非降路径数？

三、二项式系数

二项式定理：\((x+y)^n = x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}y + \binom{n}{2}x^{n-1}y^2 +\cdots+y^n = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}x^{n-i}y^i\)

牛顿二项式定理：\((1+x)^\alpha=\sum_{r=0}^\infty \binom{\alpha}{r}x^r,\binom{\alpha}{r}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-r+1)}{r!},\alpha为一切实数,|x|<1\)

• \(\alpha=-n\) 时，有 \(\binom{\alpha}{r} = (-1)^r \binom{n+r-1}{r}\)
  • \((1+x)^{-n}=\sum_{r=0}^{\infty} (-1)^r \binom{n+r-1}{r} x^r\)
  • \((1-x)^{-n}=\sum_{r=0}^{\infty} \binom{n+r-1}{r} x^r\)
  • \((1+x)^{-1} = 1-x+x^2-x^3+\cdots\)
  • \((1-x)^{-1} = 1+x+x^2+x^3+\cdots\)
• \(\alpha=\frac{1}{2}\) 时，有 \(\binom{\alpha}{r} = (-1)^{r-1}\frac{1}{r 2^{2r-1}} \binom{2r-2}{r-1}\)
  • \((1+x)^{\frac{1}{2}} = \sum_{r=1}^{\infty} (-1)^{r-1}\frac{1}{r 2^{2r-1}} \binom{2r-2}{r-1} x^r,Catalan数\)

基本性质：

• 对称关系：\(\binom{n}{r} = \binom{n}{n-r}\)
• 递推关系：\(\binom{n}{r} = \binom{n-1}{r} + \binom{n-1}{r-1} = C_{n-1}^r + C_{n-1}^{r-1}\)

组合恒等式：

• \(C_n^1 + 2C_n^2 + 3C_n^3 + \cdots + nC_n^n = n2^{n-1}\)

• \(C_0^k + C_1^k + C_2^k + \cdots + C_n^k = C_{n+1}^{k+1}\)

• \(\sum_{i=0}^{n} (C_{n}^{i})^2 = C_{2n}^{n}\)

• \(\sum_{i=0}^{r} C_m^i C_n^{r-i} = C_{m+n}^r , Vandermonde恒等式\)

• \(\sum_{i=0}^{m} C_m^i C_n^{r+i} = C_{m+n}^{m+r}\)

多项式定理：\((x_1+x_2+\cdots+x_t)^n = \sum \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} x_1^{n_1}x_2^{n_2} \cdots x_t^{n_t} , \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} = \frac{n!}{n_1!n_2! \cdots n_t!}\)

例题：展开 \((2x_1-3x_2+5x_3)^6\) ，则 \(x_1^3x_2x_3^2\) 系数为

解：\(\frac{6!}{3!1!2!}2^3(-3)5^2\)

多项式定理性质：

• 展开式项数为 \(n_1+n_2+\cdots+n_t=n\) 的非负整数解个数，为 \(\binom{n+t-1}{n}\)

• \(\sum \binom{n}{n_1n_2\cdots n_t} = t^n , 令所有x_i都为1\)

四、容斥原理

定理：\(| \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_m} | = |S| - \sum|A_i| + \sum|A_i \cap A_j| + \cdots + (-1)^m|A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_m|\)

推论：\(|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_m | = |S| - | \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_m}|\)

欧拉函数的证明

• 欧拉函数表示小于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的整数的个数
• \(n=p_1^{i_1}p_2^{i_1} \cdots p_q^{i_q}\)
• 记 \(A_i= \{ x| x \le n 且 p_i | x \}\) ，表示与 \(p_i\) 成倍数的那些数
• 那么 \(\varphi(n) = |\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_q}|=n\prod_{i=1}^{q}(1-\frac{1}{p_i})\)

定义：

• \(N(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_k})\) 表示 \(S\) 中具有性质 \(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_k}\) 的元素个数

• \(\omega(k)=\sum N(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_k})\) 表示具备 \(k\) 个性质的元素计数，其中一个元素会被多次计数。因此要计算出具备 \(k\) 个性质的元素个数，用 \(N(k)\)

  • \(\omega(0)=|S|\)

• \(N(r)=\omega(r)-\binom{r+1}{r}\omega(r+1)+\binom{r+2}{r}\omega(r+2)+\cdots+(-1)^{m-r}\binom{m}{r}\omega(m)\)

  • 特别的，当 \(r=0\) 时，表示不具备所有性质的元素个数，等同于上述定理，即：
    \[|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_m}| =N(0) =\omega(0)-\omega(1)+\omega(2)+\cdots+(-1)^m\omega(m) \]

解题思路：

• 不满足所有性质的个数，用定理或者 \(N(0)\)
• 满足几个性质的个数，用 \(N(r)\)

4.1 有限重数的多重集合的组合数

例题：求 \(S=\{ \infty \cdot a,3 \cdot b, 5 \cdot c, 7 \cdot d \}\) 的10组合数。

1. 先假设为无限重数的多重集合，计算出 \(|S|=\binom{10+4-1}{10}\)

2. 定义性质集合 \(P=\{P_i | P_i表示10组合数中某一位的个数要大于等于x \}\)

3. 将满足性质 \(P_i\) 的10组合数全体记为 \(A_i\)

4. \(|A_i|=\binom{10+4-1-x}{10-x}\) 表示为，\(10-x\) 组合数，再拼接上 \(x\) 个该数。

5. 则题目要求解的即是 \(N(0) 或 |\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3}|\)

4.2 错排问题

定理：\(D_n=n![1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots+(-1)^n\frac{1}{n!}] = n!e(-1)\)

利用容斥原理，解决有禁止模式的错排问题

4.3 棋子多项式

在全排列中，要求某些位置不能出现特定内容。因此，记 \(P_i:i位置出现特定内容\) ，则所求结果为：

\[N(0)=\omega(0)-\omega(1)+\omega(2)+\cdots +(-1)^n\omega(n) \\ \omega(k)=(选中k个限制位置的方法数) \times(n-k)! \]

因此，只需要计算出选出 \(k\) 个限制位置的方法数即可。我们画出题目要求的棋盘，在变换为具有连通阴影的棋盘，方便使用棋子多项式计算。

算出 \(R(x,B)\) 后带入定理即可求解。

定理：设 \(B\) 为棋盘，有限制位置的安排 \(n\) 个不同物体的方法总数为 \(n!-r_1(B)(n-1)!+r_2(B)(n-2)!+\cdots+(-1)^nr_n(B)0!,r_i(B)表示选出i个限制位置的方法数\)

棋子多项式：\(R(x,B_k)=\sum r_i(B_k)x^i,r_i(B_k)表示从子棋盘B_k选出i个限制位置的方法数\)

引理：\(R(x,B)=R(x,B_1) \cdot R(x,B_2)\)

错排就是棋盘中主对角线不能放元素。

4.4 Mobius反演

对于任意>1的自然数n，可以进行唯一的素因数分解

Mobius函数：\(\mu(n)=\begin{cases} 1 ,n=1\\ 0,n的素因数分解中某个素数的幂>1 \\ (-1)^r , 所有素数的幂都为1\end{cases}\)

引理：\(\sum_{d|n} \mu(d)= \begin{cases} 1 ,n=1\\ 0,n>1\end{cases}\) ，即对于除了1以外的所有 \(n\) ，其所有因子的Mobius函数值和为0。

Mobius反演定律：

\[f(n)=\sum_{d|n}g(d)=\sum_{d|n}g(\frac{n}{d}) \\ 则g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]

n可重圆排列个数：\(T(n)=\frac{1}{n}\sum_{d|n}\varphi(d)m^{\frac{n}{d}}\)

五、生成函数

思想：对一个数列，使用幂级数将其作为一个整体研究。记这个幂级数 \(A(x)\) 为生成函数，并记为 \(G\{a_n\}\)

生成函数性质：

• \(b_k=\sum_{i=0}^{k}a_i,则B(x)=\frac{A(x)}{1-x}\)

• \(b_k=\sum_{i=k}^{\infty}a_i,则B(x)=\frac{A(1)-xA(x)}{1-x}\)

• \(b_k=ka_k,则B(x)=xA'(x)\)

• \(b_k=\frac{a_k}{k+1},则B(x)=\frac{1}{x}\int_0^xA(t)dt\)

常见生成函数：

• [x] \(G\{1\}=1+x+x^2+\cdots=\frac{1}{1-x}\)

• [ ] \(G\{a^k\}=1+ax+a^2x^2+\cdots=\frac{1}{1-ax}\)

• [ ] \(G\{k\}=x+2x^2+3x^3+\cdots=\frac{x}{(1-x)^2}\)

• [x] \(G\{k^2\}=x+4x^2+9x^3+\cdots=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\)

• [ ] \(G\{k(k+1)\}=2x+6x^2+12x^3+\cdots=\frac{2x}{(1-x)^3}\)

• [ ] \(G\{k(k+1)(k+2)\}=6x+24x^2+60x^3+\cdots=\frac{6x}{(1-x)^4}\)

• [x] \(G\{\frac{1}{k!}\}=1+x+\frac{1}{2}x^2+\cdots=e^x\)

• [ ] \(G\{\binom{\alpha}{k}\}=1+\binom{\alpha}{1}x+\binom{\alpha}{2}x^2+\cdots=(1+x)^\alpha\)

• [x] \(G\{\binom{n+k}{k}\}=1+\binom{n+1}{1}x+\binom{n+2}{2}x^2+\cdots=\frac{1}{(1-x)^{n+1}}\)

解题思路：

• 给生成函数，求数列：往常见生成函数上靠。出现 \(bx^i\) ，那么 \(a_i\) 项最后要加上 \(b\)

• 求级数和：

  • 将级数中每一项都作为 \(a_i\)
  • 求出 \(A\{a_n\}\)
  • 级数和 \(=b_n=\sum_{i=0}^{n} a_i\)
  • 求 \({b_n}\) 的生成函数 \(B(x)=\frac{A(x)}{1-x}\)
  • \(x^n\) 的系数即为解

5.1 组合型分配问题的生成函数

例题：求不定方程 \(x_1+x_2+x_3+x_4=20\) 满足 \(x_1\ge3,x_2\ge2,x_3\ge4,x_4\ge0\) 的整数解个数

解：\(M_i:x_i可能的取值\) ，那么

\(M_1:\{3,4,5,\cdots\}\)

\(M_2:\{2,3,4,\cdots\}\)

\(M_3:\{4,5,6,\cdots\}\)

\(M_4:\{0,1,2,\cdots\}\)

该组合型分配问题的生成函数为：\((x^3+x^4+\cdots)(x^2+x^3+\cdots)(x^4+x^5+\cdots)(1+x+\cdots)\)

则化简后：\(=x^9(1+x+x^2+\cdots)^4=x^9\frac{1}{(1-x)^4}=x^9\sum_{k=0}^{\infty} \binom{3+k}{k}x^k\)

则 \(x^{20}\) 的系数就为满足条件的整数解个数

5.2 排列型分配问题的指数型生成函数

数列 \(\{a_n\}\) 的指数型生成函数定义为：\(\sum_{k=0}^{\infty}a_k\frac{x^k}{k!}\)

特别的，对于数列 \(\{1,1,1,\cdots\}\) 的指数型生成函数为：\(e(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}\)

性质（特别是3、4、5条）：

• \(e(0)=1\)
• \(e(x)e(y)=e(x+y)\)
• \(e^a(x)=e(ax)\)
• \(\frac{x}{1!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots = \frac{e(x)-e(-x)}{2}\)
• \(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots = \frac{e(x)+e(-x)}{2}\)

解题思路：

• 列出所有的 \(M_i\)

• 写出指数型生成函数，并化简为 \(f(e(x))\) 的形式

• \(\frac{x^n}{n!}\) 的系数即为所求

5.3 正整数分拆

分拆数中不能有0，如果有0，则等价于第二章的等式的非负整数解。

定理：正整数 \(n\) 的有序 \(k\) 分拆的个数为 \(\binom{n-1}{k-1}\)

推导：有限制条件（每个数字大于等于1）的非负整数解。

无序分拆中，使用 \(B(n,k)表示n的k分拆的个数\)，有如下性质：

• \(B(n,k)=0,k>n\)

• \(B(n,1)=B(n,n)=1\)

• \(B(n+k,k)=B(n,1)+B(n,2)+\cdots+B(n,k)\)

• $B(n,2)=\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor $

Ferres图：将 \(n\) 的 \(k\) 分拆的每个分部量表示成一排点

共轭Ferres图：将原有图转置

共轭分拆：共轭Ferres图表示的分拆

自共轭分拆：分拆与共轭分拆相同

性质：

• 自共轭分拆个数 = 各分部量都是奇数且两两不同的分拆个数
• 分部量两两不同的分拆个数 = 分部量都是奇数的分拆个数

\[\begin{align} n个分部量不超过r \ \sum_{n=0}^{\infty}B_r(n)x^n &= \frac{1}{(1-x)(1-x^2) \cdots (1-x^r)} \\ n个分部量属于集合H \ \sum_{n=0}^{\infty}B_H(n)x^n &= \prod_{j \in H} \frac{1}{1-x^j} \\ 所有分拆 \ \sum_{n=0}^{\infty}B(n)x^n &= \frac{1}{(1-x)(1-x^2) \cdots (1-x^{\infty})} \end{align} \]

六、递推关系

6.1 常系数线性齐次递推关系求解

一般形式：\(f(n)=c_1f(n-1)+c_2f(n-2)+\cdots+c_kf(n-k)\)

特征方程：\(x^k-c_1x^{k-1}-c_2x^{k-2}-\cdots-c_k=0\)，其 \(k\) 个根为特征根 \(q_1,q_2,\cdots,q_k\)。

通解：\(f(n)=b_1q_1^n +b_2q_2^n+\cdots+b_kq_k^n\)

带入特殊值求解

如果 \(q_i\) 为 \(e\) 重根，则 \(q^n,nq^n,n^2q^n,\cdots,n^{e-1}q^n\) 都是原递推关系的解，因此，其系数不再是常数项，而变为 \((b_{i_1}+b_{i_2}n+\cdots+b_{i_e}n^{e-1})q^n\)

6.2 常系数线性非齐次递推关系求解

一般形式：\(f(n)=c_1f(n-1)+c_2f(n-2)+\cdots+c_kf(n-k)+g(n)\)

\(通解 = 齐次通解 + 非齐次特解\)

特解的设计形式：

g(n)	特征多项式	特解一般形式
\(3^n\)	3不是特征根	\(a 3^n\)
\(3^n\)	3是 \(m\) 重特征根	\(an^m3^n\)
\(n^3\)	1不是特征根	\(b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3\)
\(n^3\)	1是 \(m\) 重特征根	\((b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3)n^m\)
\(3^nn^3\)	3不是特征根	\((b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3)3^n\)
\(3^nn^3\)	3是 \(m\) 重特征根	\((b_0+b_1n+\cdots+b_3n^3)3^nn^m\)

只要是重根，都得填上 \(n^m\)

6.3 用生成函数求解

解题思路：

• 令 \(A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f(n)x^n\)
• 注意n的取值范围
• 解出 \(A(x)\) ，则 \(x^n\) 的系数即为 \(f(n)\)

七、特殊计数序列

7.1 Fibonacci数

\(\begin{cases} f(n)=f(n-1)+f(n-2),n\ge2\\ f(0)=1,f(1)=1 \end{cases}\)

特征方程：\(x^2-x-1=0\)

通解：\(f(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n+1}-\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n+1},(n=0,1,2,\cdots)\)

性质：

• \(f(n)=C_n^0+C_{n-1}^1+C_{n-2}^2+\cdots+C_{n-k}^k,k=\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor\)

• \(f(0)+f(1)+\cdots+f(n)=f(n+2)-1,全部项和\)

• \(f(0)+f(2)+\cdots+f(2n)=f(2n+1),偶数项和\)

• \(f(1)+f(3)+\cdots+f(2n-1)=f(2n)-1,奇数项和\)

• \(f^2(0)+f^2(1)+\cdots+f^2(n)=f(n)f(n+1),平方和\)

7.2 Catalan数

递推关系式：\(f(n)=\sum_{k=1}^{n-1}f(k)f(n-k)=f(1)f(n-1)+f(2)f(n-2)+\cdots+f(n-1)f(1)\)，即每一组中参数和为 \(n\)

通解：\(h(n)=f(n)=\frac{1}{n} \binom{2n-2}{n-1}\)

特别的：\(h(n+1)=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\)

解题思路：

• 出栈顺序，讨论 \(a_1\) 出栈的位置
• 使用 \(g(n)=f(n-1)\) 来满足递推关系式，最后化简 \(g(n)\) 为 \(h(n)\) 的形式

7.3 集合分划和第二类Stirling数

\(k\) 划分：指的是将一个集合划分为 \(k\) 个非空不相交子集，且这些子集的并集为原集合。

划分与无序分拆不同，划分的集合内部是不同的。而无序拆分是相同的。

第二类Stirling数：一个 \(n\) 元集合的全部 \(k\) 划分的个数 \(S(n,k)\)

相当于把 \(n\) 个球分成 \(k\) 类，且每一类不能为空。

性质：

• \(S(n,1)=S(n,n)=1\)

• \(S(n,k)=0,k>n\)

• 递推关系：\(S(n+1,k)=S(n,k-1)+kS(n,k)\)

• \(S(n,2)=2^{n-1}-1\)

• \(S(n,n-1)=C_n^2\)

7.4 分配问题

• 不同的球，不同的盒子，允许空盒 == 一个球有r种选择
• 不同的球，不同的盒子，不允许空盒 == k分划
• 相同的球，不同的盒子，允许空盒 == 非负整数解
• 相同的球，不同的盒子，不允许空盒 == 正整数解

八、Polya计数理论

• 置换不满足交换律，且从右往左计算

• 8次24阶置换群，表示集合 \(D\) 有8个元素，置换群种有24种置换

• 一个轮换有 \(k\) 种表示方式

• \(D=\{1,2,\cdots,n\}上所有的置换记为S_n,阶为n!\)

• \(S_n的子群叫做n次置换群\)

映射等价：从 \(D\) 到 \(R\) 的映射全体记为 \(F=\{f|f:D \rightarrow R\}\)，\(G\) 为 \(D\) 上的置换群，对 \(F\) 中任意的置换，均存在 $\sigma \in G $，满足 \(f_1(d)=f_2(\sigma(d))\)，则称 \(f_1和f_2是G等价\)。

定理：\(S_n\) 中属于 \(1^{b_1}2^{b_2}\cdots n^{b_n}\) 型的置换个数为 \(\frac{n!}{b_1!b_2!\cdots b_n! 1^{b_1}2^{b_2}\cdots n^{b_n}}\)

共轭类：\(G\) 是 \(S_n\) 的子群，\(s,t \in S_n\)，若存在 \(g \in G\)，使得 \(s = g^{-1}tg\)，则称 \(s与t是G共轭\)。

引理：\(s,t共轭 \Leftrightarrow s,t同型\)。（写题时要给出定义中的证明 \(gs=tg\)）

k不动置换类： \(G是\{1,2,\cdots,n\}\)上的置换群,\(k\) 不动类为使元素 \(k\) 保持不动的置换全体 \(Z_k={\sigma|\sigma \in G,\sigma(k)=k}\)

元素等价：\(G是\{1,2,\cdots,n\}\) 上的置换群，\(\forall k,l \in D, \exists \sigma \in G,使\sigma(k)=l\)，则称 \(k与l是G等价\)

k等价类：元素 \(k\) 所在的等价类，记为 \(E_k\)

引理：\(|E_k| \cdot |Z_k| = |G|\)

Burnside引理：

\[G=\{a_1,a_2,\cdots,a_g\}是\{1,2,\cdots,n\}上的置换群 \\ G诱导的等价类个数为l=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^g c_1(a_i) \\ c_1(a_i):置换a_i作用下不动的元素个数=轮换因子长度为1的个数 \]

Polya计数定理：

\[G是\{1,2,\cdots,n\}上的置换群,R=\{r_1,r_2,\cdots,r_n\},F=\{f|f:D \rightarrow R\} \\ 轮换指标P_G(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\frac{1}{|G|}\sum_{\pi \in G} x_1^{b_1}x_2^{b_2}\cdots x_n^{b_n},\pi是1^{b_1}2^{b_2}\cdots n^{b_n}型 \\ F上等价类个数=P_G(|R|,|R|,\cdots,|R|) \\ F上模式表=P_G(\sum_{r \in R} \omega(r), \sum_{r \in R} \omega^3(r), \cdots, \sum_{r \in R} \omega^n(r)) \]

指定模式的方案数，就为 \(\prod_{r \in R} \omega^{a_r}(r)\) 的系数。

常见置换：

• 项链问题：n次二面体置换（正n边形旋转+翻转） \(D_n=\{ \sigma_I,\sigma,\cdots,\sigma^{n-1}, \tau, \tau\sigma,\cdots,\tau\sigma^{n-1}\},\sigma=(12\cdots n),\tau=(1n)(2\ n-1)\cdots\)
• r圆排列数 或 正n边形只能旋转： \(\sigma:绕圆心旋转\frac{360}{r}度的置换,G=\{ \sigma^1, \sigma^2, \cdots , \sigma^r=\sigma_I \}\)，讨论 \(\sigma^i\) 的型
  • \(i与r互素,为r^1,\varphi(r)个\)
  • \(i与r有最大公因子d,为(\frac{r}{d})^d型,\varphi(\frac{r}{d})个\)
• 正四面体着色：
  • 恒等置换，型为 \(1^4\)，有1个
  • 绕一个顶点和对面中点连线旋转120°，240°，型为 \(1^13^1\)，有8个
  • 绕相对两边中点连线为轴旋转180°，型为 \(2^2\)，有3个

十、组合设计

10.1 平衡不完全区组设计

平衡不完全区组设计：\((b,v,r,k,\lambda)-BIBD\)

\[\begin{align} S = & \{s_1,s_2,\cdots,s_v\},\mathfrak{B} = \{B_1,B_2,\cdots,B_b \} \\ (1) &\ |B_i|=k \\ (2) &\ S中任何元素均属于r个区组 \\ (3) &\ S中任何一对元素均包含在 \lambda 个区组中 \\ (4) &\ S中有v个元素,\mathfrak{B}中有b个区组 \end{align} \]

平衡：区组容量相同；元素出现次数相同；一堆元素相遇次数相同；

不完全：\(k<v\) 即每一个区组并不是包含所有元素

平凡设计：\(k=0,1,2,v-2,v-1,v\) 的平衡不完全区组设计

对称平衡不完全区组设计：\(b=v,r=k,记为(v,k,\lambda)-SBIBD\)

关联矩阵：(每一行都代表着一个区组，每一列都代表着该元素是否出现在这个区组内)

\[A=(a_{ij})_{b \times v},其中a_{ij}= \begin{cases} 1,s_j \in B_i \\ 0,s_j \notin B_i \end{cases} \]

BIBD性质：

• \(b\ge v,r\ge k\)

• \(bk=vr且\lambda(v-1)=r(k-1)\)

• \(A^TA=(r-\lambda)I_v+\lambda J_v;I_v为单位矩阵;J_v为全1矩阵;A^TA为主对角全r，其余为\lambda;\)

• \(AW_v=kW_b,W_n=\begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}_{n \times 1}\)

SBIBD性质：

• BIBD性质
• 如果 \(2|v\)，则 \(k-\lambda\) 是一个完全平方数
• \(|B_i \cap B_j|=\lambda\)

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三连系\((b,v,r,3,\lambda)-BIBD\)

Steiner三连系\((b,v,r,3,1)-BIBD\)，记为 \(ST(v)\)

• 充要条件：\(v \equiv 1 或 3 (mod \ 6)\)
• 可分解 \(ST(v)\)：所有区组可以分成若干平行类，且每个平行类都是基集 \(S\) 的一个分划。充要条件：\(v \equiv 3(mod \ 6)\)
• 定理：\(若 \exist ST(v_1),ST(v_2),则 \exist ST(v_1v_2)\)
• 区组个数\(b=\frac{1}{6}v(v-1)\)

设计 \(ST(v_1v_2)\):

\[\mathfrak{B}_1 是基集S_1=\{a_1,a_2,\cdots,a_{v_1}\}上的ST(v_1) ; \mathfrak{B}_2 是基集S_1=\{b_1,b_2,\cdots,b_{v_1}\}上的ST(v_2) \]

\[\begin{align} S = \{ &c_{11}, c_{12}, \cdots, c_{1v_2}, \\ &c_{21}, c_{22}, \cdots, c_{2v_2}, \\ &\cdots\cdots \cdots \cdots \cdots \\ &c_{v_11}, c_{v_12}, \cdots, c_{v_1v_2} \} \end{align} \]

按照以下三种方式定义 \(ST(v_1v_2)中的三元组\{c_{ir},c_{js},c_{kt} \}\)

1. \(r=s=t,\{ a_i, a_j, a_k \} \in \mathfrak{B_1},共\frac{1}{6}v_1(v_1-1)v_2个\)
2. \(i=j=k,\{ b_r, b_s, b_t \} \in \mathfrak{B_2},共\frac{1}{6}v_2(v_2-1)v_1个\)
3. \(\{ a_i, a_j, a_k \} \in \mathfrak{B_1},\{ b_r, b_s, b_t \} \in \mathfrak{B_2},共\frac{1}{6}v_1(v_1-1)v_2(v_2-1)个\)

10.2 几何设计

不可约多项式：\(F_{p}[x]上的n次多项式f(x)不可以分解成两个低次多项式之积\)

• \(2次不可约多项式:x^2+x+1\)
• \(3次不可约多项式:x^3+x+1\)
• \(4次不可约多项式:x^4+x^3+x^2+x+1\)

\[F_p=\{ 0, 1, 2, \cdots, p \} \\ 有限域F_{p^n} = \{ \alpha_0 + \alpha_1a + \cdots + \alpha_{n-1}a^{n-1} | \alpha_0,\alpha_1,\cdots,\alpha_{n-1} \in F_p \} \]

例题：构造 \(F_8\)

解：

1. \(p=2, n=3\)
2. \(F_2[x]上的3次不可约多项式f(x)=x^3+x+1\)
3. \(a是f(x)=0的一个根,则a^3=a+1\)
4. \(F_8=\{ \alpha_0 + \alpha_1a + \alpha_2a^2 | \alpha_0,\alpha_1,\alpha_2 \in F_2 \}\)

构造射影平面、仿射平面？

10.3 正交拉丁方

拉丁方：\(n\) 阶方阵 \(A\) 的每行每列都是 \(\{1,2,\cdots,n\}\) 的全排列。即，每行每列元素两两不同。

正交拉丁方：任意有序偶只存在一个。即，不存在两个位置，相应元素组成的二维数组相同。

不存在正交的2阶拉丁方

正交拉丁方完备组：\(A_1,A_2,\cdots,A_{n-1}是一组n阶正交拉丁方\)

使用有限域构造正交拉丁方完备组：

1. \(设<F,+,\cdot>是有限域,其中F=\{ 0,1,\cdots,q-1\},|F|=q=p^n\)
2. 写出加法表和乘法表
3. 构造 \(A^{(1)},A^{(2)},\cdots,A^{(q-1)}\)，其中 \(A^{(e)}=(a_{ij}^{(e)})\)，其中 \(a_{ij}^{(e)}=a_e \cdot a_i+a_j\)
4. 使用 \(1,2,\cdots,q\) 替换 \(0,1,\cdots,q-1\)

性质：\(A_1,A_2,\cdots,A_k是一组n阶正交拉丁方\)，\(B_1,B_2,\cdots,B_k是一组m阶正交拉丁方\)，则可以构造\(C_1,C_2,\cdots,C_k为一组mn阶正交拉丁方\)。

常见问题总结

无限重多重集合\(M=\{ \infty \cdot a_{1}, \infty \cdot a_{2}, \cdots , \infty \cdot a_{k} \}\):

• \(r\) 排列数：\(k^r\)
• \(r\) 组合数：\(C_{r+k-1}^{r}\)
• \(r\) 圆排列：Polya计数定理，循环群、欧拉函数

有限重多重集合\(M=\{ k_{1} \cdot a_{1}, k_{2} \cdot a_{2}, \cdots , k_{n} \cdot a_{n} \}\):

• 全排列：\(\frac{(k_1+k_2+\cdots+k_n)!}{k_1!k_2!\cdots k_n!}\)
• \(r\) 排列：指数型生成函数
• \(r\) 组合：生成函数 / 容斥原理（先算无限重的，然后减去每一个数字的限制）

有限制条件的不定方程解：生成函数 / 无限重 \(r\) 组合数