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组合数学和群论

2022-08-05 08:33:53 阅读：263 来源： 互联网

标签：Ha frac 组合 sum 2x sqrt5 数学群论 aligned

五、组合数学

生成函数常识

对于数列$\lbrace a_n \rbrace$,函数

\[F(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}a_ik_i(x) \]

是它的生成函数

$k_n(x)$被称为核函数

分类

$1.$普通生成函数：$k_n(x)=x^n$

$2.$指数生成函数：$k_n(x)=\frac{x^n}{n!}$

$3.$狄利克雷生成函数：$k_n(x)=\frac1{n^x}$

对于生成函数$F(x)$,用$[k_n(x)]F(x)$表示它的第$n$项的系数$a_n$

普通生成函数

\[F(x)=\sum_na_nx^n \]

基本运算

考虑序列$a,b$，$F(x)$和$G(x)$为他们的普通生成函数

\[F(x)\pm G(x)=\sum_n(a_n\pm b_n)x^n \\ F(x)G(x)=\sum_nx^n\sum _{i=0}^{n}a_ib_{n-i} \]

封闭形式

我们发现对于 $<1,1,1,1,...>$ 的生成函数

$F(x)=1+x+x^2+...$

有

$xF(x)=x+x^2+x^3+...$

那么不难发现，因为序列无穷长，其满足 $xF(x)+1=F(x)$ ,可解得 $F(x)=\frac{1}{1-x}$ ,这个解出来的东西一般称为一个生成函数的封闭形式。

再来看一个 $<1,a,a^2,a^3,...>$ 的生成函数

$F(x)=1+ax+a^2x^2...$

有

$axF(x)=ax+a^2x^2+a^3x^3+...$

然后就有 $axF(x)+1=F(x)$ ,又可解得 $F(x)=\frac{1}{1-ax}$

然后我们来做一下 OI wiki 上的例题:

求出下面数列的普通生成函数（两种形式表示）

$1.a=<0,1,1,1,1,...>$

$2.a=<1,0,1,0,1,...>$

$3.a=<1,2,3,4,5,...>$

$4.a_n=\binom{m}{n}$ $(m$ 为常数，$n\ge 0)$

$5.a_n=\binom{n+m}{n}$ $(m$ 为常数，$n\ge 0)$

一个一个来
$(1)$

$F(x)=x+x^2+x^3...$

$xF(x)=x^2+x^3+x^4+...$

所以得到 $xF(x)+x=F(x)$ ,得：

$F(x)=\sum_{n\ge1}x^n=\frac{x}{1-x}$

$(2)$

$F(x)=x^0+x^2+x^4+...$

$xF(x)=x^1+x^3+x^5+...$

可以看出 $F(x)+xF(x)=\sum_{n\ge 0}x^n=\frac{1}{1-x}$

所以得到:

$F(x)=\sum_{n\ge 0}x^{2n=\frac{1}{(1-x)(1+x)}=\frac{1}{1-x}2} $

$(3)$

$F(x)=1+2x+3x^2+...$

$xF(x)=x+2x^2+3x^3+...$

可以发现 $F(x)=xF(x)+\sum_{n\ge 0}x^n=xF(x)+\frac{1}{1-x}$

解得:

$F(x)=\frac{1}{(1-x)^2} $

$(4)$

直接用二项式定理：$(a+b)^n=\sum^n_{i=0}\big(^n_i\big)a^{n-i}b^i$

$F(x)=\sum_{n\ge 0} \binom{m}{n}x^n=(1+x)^m$

$(5)$

归纳证明：

假设:

$F(x)=\sum_{n\ge 0}\binom{n+m}{n}x^{n=\frac{1}{(1-x)}{m+1} } $

对于 $m=0$, $F(x)=\frac{1}{1-x}$ 命题成立。

对于 $m>0$,

\[\begin{aligned}&\frac{1}{(1-x)^{m+1} } \\&=\frac{1}{(1-x)^m}\frac{1}{1-x} \\&=(\sum_{n\ge 0}\binom{m+n-1}n x^n)(\sum_{n\ge 0}x^n) \\&=\sum_{n\ge 0}x^n\sum_{i=0}^{n}\binom{m+i-1}i \\&=\sum_{n\ge 0}\binom{m+n}n x^n \end{aligned} \]

斐波那契生成函数

定义斐波那契数列:$a_0,a_1,\cdots ,a_n$

\[a_i=a_{i-1}+a_{i-2} \ (i\ge2) \]

它的生成函数为

\[F(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots \]

由

\[xF(x)=a_0x+a_1x^2+a_2x^3+\cdots \\x^2F(x)=a_0x^2+a_1x^3+a_2x^4+\cdots \]

得到

\[xF(x)+x^2F(x)=a_0x+(a_0+a_1)x^2+(a_1+a_2)x^3+\cdots \\=a_0x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots \]

因此

\[F(x)=xF(x)+x^2F(x)+a_0-a_0x+a_1x \]

解出它的封闭形式为

\[F(x)=\frac{x}{1-x-x^2} \]

对于$F(x)$，分子次数为$1$，分母次数为$2$且$\Delta>0$，所以上式可以化简为分式的形式

$\begin{aligned}F(x)&=\frac{x}{1-x-x^2}\\&=-\frac{x}{(x-\frac{\sqrt5-1}{2})(x+\frac{\sqrt5+1}{2})}\\&=-\frac{1}{\sqrt5}(\frac{1}{\frac{\sqrt5-1}{2}x+1}+\frac{1}{\frac{\sqrt5+1}{2}x-1})\end{aligned}$

由生成函数的可加性，我们可以将两个分式的通项公式求出，在带入上面的的式子便可得到斐波那契数列的通项公式

两个分式都是$\frac{1}{ax+b}$的形式

所以设$G(x)=\frac{1}{ax+b}$，对应的数列为${g_i}$

有

\[\frac1{ax+b}=\sum_{i=1}^{\infty}g_ix^i \]

对等式两边求$n$阶导

左式直接导

\[G^{(n)}(x)=(-1)^n\cdot n!\cdot a^n \cdot (ax+b)^{-n-1} \]

右式多项式求导

\[G^{(n)}(x)=\sum_{i=n}^{\infty}\frac{i!}{(i-n)!}g_ix^{i-n} \]

当$x=0$时

\[(-1)^n\cdot n!\cdot a^n\cdot b^{-n-1}=n!\cdot g_n \]

有

\[g_n=(-1)^na^nb^{-n-1} \]

这样就有

\[\frac{1}{\frac{\sqrt5-1}{2}x+1}\rightarrow (\frac{1-\sqrt5}{2})^n \\\frac{1}{\frac{\sqrt5+1}{2}x-1}\rightarrow-(\frac{1+\sqrt5}2{})^n \]

得到

\[[x^n]F(x)=\frac{1}{\sqrt5}\lbrack(\frac{1+\sqrt5}2{})^n-(\frac{1-\sqrt5}{2})^n\rbrack \]

更通用的方法

我们已经分析出斐波那契数列的通项公式可以利用两分式相加解决，那么我们不妨考虑一个更通用的方法

考虑求解一个待定系数的方程

\[\frac A{1-ax}+\frac{B}{1-bx}=\frac x{1-x-x^2} \]

利用初一的知识可以轻易解得

\[\begin{cases} A=\frac 1{\sqrt5}\\B=-\frac1{\sqrt5}\\a=\frac{1+\sqrt5}{2}\\b=\frac{1-\sqrt5}{2} \end{cases} \]

考虑$\frac A{1-ax},\frac{B}{1-bx}$就是等比数列的封闭形式，所以有

\[[x^n]F(x)=\frac{1}{\sqrt5}\lbrack(\frac{1+\sqrt5}2{})^n-(\frac{1-\sqrt5}{2})^n\rbrack \]

这个方法在分母有重根时，要注意需要多一个分式

考虑生成函数

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

那么有

\[G(x)=\frac{c_0}{1-x}+\frac{c_1}{1-2x}+\frac{c_2}{1-2x} \]

解得

\[\begin{cases} c_0=1\\c_1=-2\\c_2=2 \end{cases} \]

那么

\[[x^n]G(x)=1-2^{n+1}+(n+1)2^{n+1} \]

更一般地说，该方法可以解决形如已知多项式$P(x),Q(x)$,求解生成函数$G(x)=\frac{P(x)}{G(x)}$

牛顿广义二项式定理

\[(x+y)^\alpha=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{\alpha-k}y^k \]

其中,

\[\alpha\in C,\binom{\alpha}{k}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}=\frac{(\alpha)_k}{k!} \]

卡特兰数生成函数

卡特兰数的递推式为

\[H_n=\sum_{i=0}^{n-1}H_iH_{n-i-1} \ (n\ge2) \]

其中$H_0=1,H_1=1$，设它的普通生成函数为$G(x)$

\[\begin{aligned} G(x)&=\sum_{n\ge0}H_{n}x^n \\&=1+\sum_{n\ge1}\sum_{i=0}^{n-1}H_ix^iH_{n-i-1}x^{n-i-1}x \\&=1+x\sum_{i\ge0}H_ix^i\sum_{n\ge0}H_nx^n \\&=1+xG^2(x) \end{aligned} \]

解得

\[G(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x} \]

那么应该取哪一个根呢，先将其分母有理化

\[\\G(x)=\frac{2}{1\mp\sqrt{1-4x}} \]

当$x=0$时，其中一个解求得的应该是$G(x)$的常数项即$H_0=1$,而另一个解会求出分母为0，函数不收敛，舍去

这样得到卡特兰数生成函数的封闭形式为

\[G(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \]

我们发现分母不是多项式，无法套用上文提到的通法，因此考虑另一个策略

我们利用广义二项式定理展开$\sqrt{1-4x}$

\[\begin{aligned} (1-4x)^{\frac12}&=\sum_{n\ge0}\binom{\frac12}{n}(-4x)^n\\&=1+\sum_{n\ge1}\frac{(\frac{1}{2})^{\bar{n}}}{n!}(-4x)^n \end{aligned} \]

补充：双阶乘

\[n!!=\prod^{\lceil\frac n2\rceil-1}_{k=0}(n-2k)=n(n-2)(n-4)\cdots \]

由于

\[\begin{aligned} (\frac12)^{\bar{n}}&=\frac12\frac{-1}2\frac{-3}{2}\cdots\frac{-(2n-3)}{2}\\&=\frac{(-1)^{n-1}(2n-3)!!}{2^n}\\&=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^n(2x-2)!!}\\&=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!} \end{aligned} \]

那么

\[\begin{aligned} (1-4x)^{\frac12}&=1+\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!n!}(-4x)^n\\&=1-\sum_{n\ge1}\frac{(2n-1)!}{(n-1)!n!(2n-1)}2x^n\\&=1=\sum_{n\ge1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{2n-1}2x^n \end{aligned} \]

带入原式得到

\[\begin{aligned} G(x)&=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \\&=\sum_{n\ge1}\binom{2n-1}{n}\frac1{2n-1}x^{n-1}\\&=\sum_{n\ge0}\binom{2n+1}{n+1}\frac{1}{2n+1}x^n\\&=\sum_{n\ge0}\binom{2n}{n}\frac{1}{n+1}x^n \end{aligned} \]

求得通项公式为

\[[x^n]G(x)=\binom{2n}{n}\frac1{n+1} \]

普通生成函数例题

例1

有$m$种物品，每种物品只有一件，求取$n$件物品的方案数

每种物品的生成函数都是$1+x$,$m$种物品的生成函数就为$(1+x)^m$,$x^n$所对应的系数即为所要求的答案

例2

有$m$种物品，每种物品可以取任意件，求取$n$件物品的方案数

每种物品的生成函数都为$G(x)=\sum_n x^n=\frac1{1-x}$

那么$m$件物品的生成函数就为

\[\begin{aligned} (1-x)^{-m}&=\sum_{n\ge0}\frac{-m(-m-1)\cdots(-m-n+1)}{n!}(-x)^n\\&=\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^nm(m+1)\cdots(m+n-1)}{n!}(-1)^nx^n\\&=\sum_{n\ge0}\frac{(m+n-1)!}{n!(m-1)!}x^n\\&=\sum_{n\ge0}\binom{m+n-1}{m-1}x^n \end{aligned} \]

因此取$n$件物品的总方案数为

\[[x^n]G(x)=\binom{m+n-1}{m-1} \]

例3

砝码称重问题：给你$1$克，$2$克，$3$克，$4$克的砝码各一枚，问称出$1-10$克的方案分别有多少种

将$w$克的砝码看做一种物品，它只能取$0$件或者$1$件，那么它的生成函数就是$1+x^w$

\[\begin{aligned} (1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4) \\=1+x+x^2+2x^3+2x^4+2x^5+2x^6+2x^7+x^8+x^9+x^{10} \end{aligned} \]

那么$k$克所对应的方案数就是$x^k$所对应的系数

指数生成函数

抽屉原理

容斥原理

群论基础

群的定义

定义：
设$G$是非空集合,$\cdot$是$G$上的二元运算，若代数系统$(G,\cdot)$满足：

结合律，即对任意的$a,b,c∈G$, $(ab)c=a(bc)$
存在单位元，即对任意的$a\in G$, $ae=ea=a$
$G$中的元素都是可逆元，即对任意$a\in G$, 都存在$a^{-1}\in G$,使得 $aa^{-1}=a^{-1}a=e$

则称代数系统$(G,\cdot )$是一个群。

交换群

定义

若群$G$的二元运算满足交换律，即对任意的$a,b\in G$都有$ab=ba$,则称$G$是交换群，或$Abel$群

群的性质

单位元唯一
每个元素逆元唯一
$a^ma^n=a^{m+n},(a^m)^n=a^{mn}$

群的阶

定义

设$a$是$G$的一个元素，若有正整数 $k$ 存在且$a^k=e$, 则满足该条件的最小正整数$k$称为元素的阶，记为$O<a>$, 并称$a$是有限阶元素。

性质

$a$是$r$阶元素

$a^k=e 当且仅当 r|k$
$O<a> =O <a^{-1}>$
$r \le |G|$

子群

定义

设$H$是$G$的一个非空子集，若$H$对$G$的运算仍然构成群，则称$H$是$G$的子群，记作$H\le G$

判定

$H\le G$的充要条件：

$\forall a,b\in H,ab\in H$
单位元$e'=e$
$\forall a\in H,a^{-1}\in H$,且$a^{-1}$是$a$在$G$中的逆元

换句话说

\[\forall a,b\in H,ab^{-1}\in H \]

性质

一个群两个子群的交还是这个群的子群

更形式化的$H_1\le G,H_2\le G则H_1\cap H_2\le G$

证明:

由于$H_1,H_2$是$G$的子群，所以有$\exist a,b\in H_1,H_2,s.t. ab^{-1}\in H_1,H_2$,即$ab^{-1}\in H_1\cap H_2$

循环群和生成元

设$a$是群$G$中的任一元素，则
$<a>={a^k|k\in Z}$是$G$的子群。
称为由$a$生成的子群，$a$称为生成元。

若一个群$G$的每一个元都是$G$的某一个固定元$a$的乘方，则称$G$为循环群

设$|G|=n$,那么它生成元的个数就为$\varphi(n)$

生成元的阶与原循环群的阶是相等的

感性理解:

可以作为单位元的$a^k$都有$\gcd(k,n)=1$,如果$\gcd(k,n)\neq 1$,那么，那说明最小循环节是$\gcd(k,n)$而非$n$,这与阶的最小性矛盾，故单位元的个数为$\varphi(n)$

同构

$(G,⋅)$和$(G',∗)$是两个群，$f:G\rightarrow G'$是双射，如果对于任意$a,b\in G$
$f(ab)=f(a)∗f(b)$
那么则称$f$是$G$到$G'$的一个同构，$G\cong G'$

任意两个同阶的循环群同构

置换群

有限集合$A= \lbrace 1,2,…,n\rbrace$的一个一一变换称为一个$n$元置换，由置换构成的群叫置换群。

由$n!$个$n$元置换构成的群记作$S_n$

轮换与对换

轮换就是一个环的置换，对换就是两者交换

轮换转对换

任何置换可以表为不相交轮换的乘积

任何轮换可以表为对换的乘积

\[(i_1 i_2 \cdots i_l)=(i_2 i_3)(i_3 i_4)\cdots(i_l−1,i_l)(i_1 i_l)\\ (i_1 i_2 \cdots i_l)=(i_1 i_l)(i_1 i_l−1)\cdots (i_1,i_3)(i_1 i_2) \]

我们设

\[\sigma=\sigma_1\sigma_2\sigma_3\cdots \sigma_k \]

其中$\sigma_i$是一个对换

设轮换$i$的长度为$l_i$，转对换后的对换个数为$N(\sigma)=\sum_{i}(l_i-1)$

如果$N(\sigma)$为奇数则称这是一个奇置换，否则是偶置换

并且它有一个显然的性质

\[N(σ_1σ_2)≡N(σ_1)+N(σ_2)(mod 2)\]

陪集

定义

设$H\le G$, 对任意$a\in G$,集合 $aH=\lbrace ah\mid h\in H\rbrace$
称为子群$H$在$G$中的一个左陪集
同理，$H$也存在一个右陪集

性质

$\forall a\in G,|H|=|Ha|$。

证明：如果$h_1\neq h_2\in H$，那么 $h_1a \neq h_2a$。对于不同的 $h$，$ha$ 互不相同，因此$|H|=|Ha|$。

$\forall a\in G,a\in Ha$。

证明：因为 $H$ 是群，所以 $e\in H$，所以 $ea\in Ha$ 即 $a\in Ha$。

$Ha=H \Leftrightarrow a\in H$

证明：从左推到右，因为 $a\in Ha=H$。从右推到左，由群的封闭性 $Ha \le H$，而 $|H|=|Ha|$，所以 $Ha=H$。

$Ha=Hb \Leftrightarrow ab^{-1}\in H$。
注意这个性质的右边也可以写成 $a\in Hb，b\in Ha，a^{-1}b\in H$。

证明：从左推到右，$a\in Ha\Rightarrow a\in Hb\Rightarrow ab^{-1}\in H$。从右推到左，$Hba^{-1}=H$，故$Ha=Hb$。

$Ha\cap Hb \neq \varnothing \Rightarrow Ha=Hb$。
这句话的意思是 $H$ 的任意两个陪集要么相等，要么没有交集。

证明：考虑 $c\in Ha\cap Hb$，那么 $\exists h_1,h_2\in H,h_1a=h_2b=c$，那么 $ab^{-1}=h_1^{-1}h_2\in H$，故 $Ha=Hb$。

拉格朗日定理

群$G$关于其子群$H$的左(右)陪集的个数，称为$H$在$G$中的指数，记作$[G:H]$

拉格朗日定理的内容就是

\[[G]=[H][G:H] \]

人话：所有$G$的子群的指数都是$G$阶的因数

(感性)证明

由于$G$的子群$H$中一定含有幺元$e$,那么只要穷极所有$x\in G$构造它的左陪集$xH$，那么所有$xH$的并集一定是$G$,而根据$H$ 的任意两个陪集要么相等，要么没有交集，$H$的任意陪集又与$H$是同构关系，即$H$的陪集的阶$H$的阶均相等，所以很显然，群的阶就等于陪集的阶乘上陪集的个数

商群

设$G_x$是$G$的子群，那么$G$关于$G_x$所有陪集组成的集合称为$G$关于$G_x$的商集，记作$G/G_x$

轨道稳定子定理

轨道

就是一个点通过置换群$G$所能走到的所有的点组成的集合

稳定子

一个点经过$G$的某些置换不会改变位置，所有这样的置换称为稳定子

不动点

一个状态$a$,经过某一个置换$g$没有改变，那么我们称$a$是置换$g$下的一个不动点

轨道稳定子定理

我们设置换群是$G$,$G_x$称为$x$的稳定子,$G(x)$是$x$的轨道，那么

\[|G|=|G_x||G(x)| \]

人话就是，$x$所在轨道的大小乘$x$所在稳定子集合的大小就是群的阶

证明

首先证明，$G_k$是$G$的子群,$G_k$的为$G_k=\lbrace g|g(x)=x\rbrace,G(x)=\lbrace g(x)\mid g\in G\rbrace$

封闭性：若 $f,g\in G$ ，则 $(f\circ g)(x)=f(g(x))=f(x)=x$ ，所以 $f\circ g\in G_x$。
结合律：显然置换的乘法满足结合律。
单位元：因为$I(x)=x$，所以$I\in G_x$ $I$ 为恒等置换。
逆元：若 $g\in G_x$ ，则 $g^{-1}(x)=g^{-1}(g(x))=(g^{-1}\circ g)(x)=I(x)=x$ ，所以 $g^{-1}\in G_x$。

由拉格朗日定理有

\[\mid G\mid=[G:G_k]|G_k| \]

所以我们现在的目标就是要证明$[G:G_k]=|G(x)|$,即我们要证明，$G_k$的轨道大小等于由它划分出来的陪集的数量，也就是我们证明二者存在一个双射关系

令两个在轨道上元素是$a(x),b(x)$

当$a(x)=b(x)$时，两边同乘$b^{-1}$有,$b^{-1}a(x)=I(x)=x$,所以$b^{-1}a\in G_k$,那么由陪集的性质$Ha=H \Leftrightarrow a\in H$，有$b^{-1}a(x)G_k=G_k$,$aG_k=bG_k$,所以一个轨道上的点只能对应一个陪集
当$aG_k=bG_k$,有$b^{-1}aG_k=G_k$，同样由上面那个陪集的性质，有$b^{-1}a\in G_k$,所以有$b^{-1}a(x)=I(x),a(x)=b(x)$,因此一个陪集只能对应一个轨道上的点

由此，我们证明了轨道与陪集存在一个双射关系，即两者同构，也就证明了$[G:G_k]=|G(x)|$

所以轨道稳定集定理自然得证

burnside引理和polya定理

问题引入

我们有一个大小为$n$的，颜色数为$m$的彩色项链，对其进行染色，要求经过旋转相同的方案数为同一种方案

burnside引理

我们上文花了大量的时间来探讨群论，探讨轨道与稳定子，那么我们用置换群来理解上面那个问题

我们设$X$表示所有不考虑顺序的染色方案的集合，$G$是我们的置换群，对应的就是旋转操作，$X/G$表示$X$在$G$的作用下形成的本质不同的等价类的个数，$X^g=\lbrace x\mid x\in X,g(x)=x\rbrace$,即在该置换的作用下不动点的个数

定理内容

\[|X/G|=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g| \]

人话：本质不同的等价类个数=不同置换下不动点个数的平均值

证明

\[\begin{aligned} \sum_{g\in G}|X^g|&=\sum_{x\in X}|G_x|~~~(不动点两种统计方法)\\&=\sum_{x\in X}\frac{|G|}{|G(x)|}X~~~(轨道稳定子定理)\\&=|G|\sum_{x\in X}\frac 1{|G(x)|}~~(下Y指等价类的轨道)\\&=|G|\sum_{Y\in X/G}\sum_{x\in Y}\frac{1}{|G(x)|}~~~(等价类找轨道)\\&=|G|\sum_{Y\in X/G}\sum_{x\in Y}\frac{1}{|Y|}(同等价类轨道相等)\\&=|G|\sum_{Y\in X/G}|Y|\frac{1}{|Y|}\\&=|G||X/G| \end{aligned} \]

所以

\[|X/G|=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g| \]

$burnside$引理得证

polya定理

定理内容

我们设$c(g)$表示置换$g$中循环置换的个数，若有$m$种颜色，那么有$|X^g|=m^{c(g)}$

所以我们所要统计的本质不同的方案数就是

\[|X/G|=\frac 1{|G|}\sum_{g\in G}m^{c(g)} \]

考虑这么做的意义，之前我们需要暴力去枚举所有$m^n$个$x$中的元素，并考察对它们进行置换$g$是否会发生改变，这个复杂度显然是我们没有办法接受的，但是$polya$定理的式子只要求我们将置换群$G$中的每个置换$g$，将其分组成一些互不影响的循环

如对于置换

\[\begin{pmatrix} {1}&{2}&{3}&{4}\\{2}&{1}&{4}&{3} \end{pmatrix} \]

我们将其分组$(1,2)(3,4)$,因为$1,2$一起换,$3,4$一起换，它们不会互相影响，所以我们要数的就是这样的循环的个数，处理单个置换$g$复杂度级别就由$O(m^n)$降为了$O(n)$

证明(感性理解)

还是上面那个例子，考虑置换$(1,2)(3,4)$，我们思考什么样的状态是不动点，实际上，我们很容易发现，所谓的不动点，就是$1,2$位置染的色相同，$3,4$位置的颜色相同，那可不$g$置换不能改变了

球盒问题

二项式反演

min max容斥

斯特林数

卡特兰数

标签：Ha,frac,组合,sum,2x,sqrt5,数学,群论,aligned
来源： https://www.cnblogs.com/starroadxyz/p/16552917.html

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