1-3 组合意义的解释与应用举例

1.3组合意义的解释与应用举例1.非降路径问题2.组合意义的解释3.应用举例从(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？yx(m,n)......01.非降路径问题因此若记所求方案数为P(m+n;m,n)，则()!(;,).!!mnmnmnPmnmnmnmn无论怎样走法,总有：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个相同的x与n个相同的y的一个排列。这相当于从m+n个位置中选出m个位置放x，剩下的位置自然放置y。(c,d)(a,b)(,)(,).00mnmnm或记为设c≥a,d≥b,则由(a,b)到(c,d)的非降路径数为：()()(,)(,).cadbabcdca对每一条接触x=y的非降路径，做(0,1)点到第一个接触点部分关于x=y的对称非降路径，这样得到一条从(1,0)到(m,n)的非降路径。从(0,1)点到(m,n)点的非降路径，有的接触x=y，有的不接触。在原模型的基础上若设mn，求(0,1)点到(m,n)点不接触对角线x=y的非降路径的数目(“接触”包括“穿过”)?yy=x(m,n)0(1,0)x(0,1)..故所求非降路径数为111mnmnmm()!()!!()!()!!1111mnmnmnmn()!()!()!11111mnmnmn1mnnmmn.11mnmmn容易看出从(0,1)到(m,n)接触x=y的非降路径与(1,0)到(m,n)的非降路径(必穿过x=y)一一对应。112mnmnmm()!()!!()!()!()!11121mnmnmnmn.11mnnmmn所求非降路径数为若条件进一步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).yx-y=1(m,n)x(0,1).........(2,-1)假设一场音乐会的票价为50元，排队买票的顾客中有n位只有50元的钞票，m位只有100元的钞票。售票处没有准备50元的零钱。试问有多少种排队的方法使得购票能顺利进行，即不会出现找不出钱的状态。假定每位顾客只买一张票，且nm。用一个m+n维的向量来表示一个排队状态，其中每个分量只能取x或y，这里取值y表示这个位置的顾客持有50元的钞票，取值x表示只有100元的钞票。因此这等价于一个从(0,0)到(m,n)点的非降路径，且满足y≥x，即可以接触但不能穿过对角线。因此所求排队方法即为上页讨论的答案结果。()(,).0nnknkkxyCnkxy2.组合意义的解释它主要有以下三个重要意义：(1)组合意义：n元集中k元子集的个数;(2)显式表示：C(n,k)=n(n-1)…(n-k+1)/k!;(3)二项展开式的系数：即有恒等式二项式系数C(n,k)是组合数学中无处不在的一个角色。1.(对称性)C(n,r)=C(n,n-r)；2.(递推关系)C(n,r)=C(n-1,r)+C(n-1,r-1)；从[1,n]去掉一个r子集，剩下一个(n-r)子集。由此建立C(n,r)与C(n,n-r)的一个一一对应。共有C(n-1,r)+C(n-1,r-1)种方案。a1=1,有C(n-1,r-1)种方案；a11,有C(n-1,r)种方案。解释1：从[1,n]取a1,a2,…,ar。设1≤a1＜a2＜…＜ar≤n,对取法分类：{(0,0)→(m,n)}={(0,0)→(m,n-1)}∪{(0,0)→(m-1,n)}解释2：利用非降路径C(m+n,m)=C(m+n-1,m)+C(m+n-1,m-1)也可看做按含1不含1，含2不含2,…,含r不含r的不断分类。....;12131nnnnrnrnnnnn解释1：可从上个结论推论,也可做一下组合证明。从[1,n+r+1]取a1a2…anan+1,设a1＜a2＜…＜an＜an+1,可按a1的取值分类：a1=1,2,3,…r,r+1.若a1=k,则a2…an+1取自[k+1,n+r+1]，有C(n+r+1-k,n)种取法。这里k从1变到r+1。r(n+1,r)...(0,0)nn+1,,...,.1nnnrnnn....11nnnrnnnnrn故有解释2：右边表示从(0,0)到(n+1,r)的非降路径数。这些路径一定过且仅过一条带箭头的边。而过这些边的路径有(从下到上)(,);12nrCnrr按不含1,含1个1,含2个1,…,含r个1分类，其个数相应为,,,...,.12120nrnrnrnrrr从[1,…,n+2]中取r个的可重组合模型,解释3：利用可重组合.其个数为两种选法都无遗漏,无重复地给出可能的方案，应该相等。nknnrkrrkr4.;左边是从n个元素中取k个组合，再从这k个取r个的组合数。这相当于直接从n个元素中取r个，但是要计算重数C(n-r,k-r)，因为这相当于取定r个后，再从剩下n-r个元素中取k-r个与之前的r个组合。5.C(m+n,2)-C(m,2)-C(n,2)=mn;等式右边可以看作是m个男生n个女生，一男一女的组合数，易知为mn。等式左端是从m+n个人中取2人的组合减去纯从男生中取2人的组合和纯从女生中取2人的组合，余下的即为一男一女的组合。0()(,)mmkmkkxyCmkxy在中令x=y=1即得。左边表示可以有0-子集(空集),1-子集,…,m-子集。mCmCmCmm6.(,0)(,1)...(,)2;解释1：右边即m个元素的所有选取方案，每一子集都可取或不取。这样有2m种方案。解释2：从(0,0)走m步有2m种走法，都落在直线x+y=m上。而到(m,0),(m-1,1),(m-2,2),…,(2,m-2),(1,m-1),(0,m)各点的走法各有C(m,0),C(m,1),C(m,2),…,C(m,m-2),C(m,m-1),C(m,m)种。7.C(m,0)-C(m,1)+…+(-1)mC(m,m)=0；0()(,)mmkmkkxyCmkxy在中令x=-y=1即得。在任一含1组合及与之对应的不含1组合中，必有一奇数个元的组合与一偶数个元的组合。将含奇数个元的组合做成集合，将含偶数个元的组合做成另一集合。这两个集合的元素个数相等。在所有组合中，含1的组合←→不含1的组合。.ijnnij奇偶P(m-r,r)(m+n-r,r)(m-r+k,r-k)k=0,1,2,…,rQ(m,0)rkmnmnrrkk0.mnmnmnmnrrrr8....;0110解释1：从m个互异红球和n个互异蓝球中取r个球，按r个球中红球的个数分类。解释2：(0,0)到(m+n-r,r)点的路径：C(m,r-k)C(n,k)(0,0)→(m-r+k,r-k)→(m+n-r,r)在8.中令r=m≤n,再将换成即得。mkmmkmnmnmnmnmmm9....;0011例1从号码1,2,…N中每次取出一个并登记，然后放回，连取n次，得到一个由n个数字组成的数列，问按这种方式能得到(1)多少个严格递增数列(n≤N);(2)多少个不减数列？(2)可重组合C(N+n-1,n)。3.应用举例(1)无重组合C(N,n)；(1)每３人至少缺１把钥匙，且每３人所缺钥匙不同。故至少共有C(7,3)=35把不同的钥匙。(2)任一人对于其他６人中的每３人,都至少有１把钥匙与之相配才能开锁.故每人至少持C(6,3)＝20把不同的钥匙。例2某保密装置须同时使用若干把不同的钥匙才能打开。现有７个人，每人持若干把钥匙。须４人到场，所备钥匙才能开锁。问：(1)至少有多少把不同的钥匙？(2)每人至少持几把钥匙？(2)若能级为kE0的质点可有2(k2+1)种状态，而且服从Fermi-Dirac分布，即不允许同能级的两个质点有相同状态,问系统有几种不同状态?(或图像)例3有4个相同质点,总能量为4E0，E0是常数。每个质点所具能量为kE0,k=0,1,2,3,4.(1)若能级为kE0的质点可有k2+1种状态，而且服从Bose-Einstein分布，即同能级的质点可以处于相同的状态，问系统有几种不同的状态?(或图像)能量分布0,0,0,40,0,1,30,0,2,2(1)1·1·1·171·1·2·101·1·C(5,2)(2)C(2,3)·34C(2,2)·4·20C(2,2)·C(10,2)能量分布0,1,1,21,1,1,1(1)1·C(2,2)·5C(2,4)72(2)2·C(4,2)·10C(4,4)246———能级k01234(1)k2+11251017(2)2(k2+1)24102034状态数例4设n位长能纠r个错的码字的个数为M，则n位长的0-1字符串共有2n个。但不能每个串都设为码字，否则失去纠错能力。20022.(,)(,)nnrrkkMCnkCnk设a=a1a2…an，b=b1b2…bn是n位数串。则a,b的Hamming距离定义为即对应位不同的位的个数。1(,),niiidababHamming距离满足三角不等式：(,)(,)(,).dacdabdbc11(,),(,),nniiiiiidababdbcbc11(,)nniiiiiiiidacacabbc11.nniiiiiiabbcar右图表示以a为球心,r为半径的球体中的串都作为a处理。由汉明不等式,只要两个码字a,b满足d(a,b)≥2r+1,则不至于产生一个码字c，使得它与ab的汉明距离都小于r，而无法判定是a还是b的错。纠错处理：能纠正传输过程中产生的r个错是指，若规定a是码字，收到a'有d(a,a')≤r则将a'当作a处理(发生最多r个错误)每一码字r邻域内的n位二进制数串的数目为：于是0(,)2rnkMCnk02.(,)nrkMCnk因此各码字的r-邻域必须互不相交。...,012nnnnr202(,).rnkMCnk20022.(,)(,)nnrrkkMCnkCnk综合上两式，有另一方面任一串与最近的码字的距离不大于2r，否则这个串本身可作为一新的码字。这表明在以所有码字为球心以2r为半径的球中，应当使任一串落入某球内。故例5凸n边形没有3条对角线交于一点，计算各边及各对角线所组成的互不重叠的多边形区域的个数。3434....mNNmN首先可以如下计算：另一方面，每两条对角线决定一个内部多边形的顶点，因此内部的各多边形区域顶点总数应该是4C(n,4)(每个内部顶点在(1)式中重复计算4次，因为总是4个区域共一个顶点)：令Nk为区域中k边形的个数。从两种角度计算各区域的顶点数(包含重复计)。=4.3434...(,4)(2)mNNmNCnnn而凸多边形的每个顶点重复计数n-2次，故首先，它显然是2+(-2)342...(2)