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从不定方程的非负整数解个数谈起
序
求将 (n) 个无标号元素用 (m-1) 个隔板分入 (m) 个有标号可空集合的方案数。
或
求不定方程
[x_1 + x_2 + dots + x_m = n quad (m,n in N_+, m le n) ]的非负整数解的个数。
是一个非常经典的组合问题，众所周知其答案为组合数 ({n+m-1 choose m-1}) ，这可以根据其组合意义结合隔板法容易的得到。
然而，笔者发现还有很多有趣的方法可以得到上式，值得探讨一番。
组合意义
如上文所说，组合意义可以结合隔板法容易的得到。考虑将 (n) 个无标号元素用 (m-1) 个隔板分入 (m) 个有标号非空集合，其方案数为 ({n-1 choose m-1}) 。然而我们需要的是各集合可空情况下的方案数。考虑新增 (m) 个元素，先给每个集合放一个元素垫底，再做各组可空的分配。这个小Trick让我们将问题转化为求 (n+m) 个无标号元素分入 (m) 个非空有标号集合的方案数。再用隔板法，得到答案 ({n+m-1 choose m-1}) 。
形式化的，我们令 (y_i = x_i + 1) ，则我们现在只需求 (y_1 + y_2 + dots + y_m = n + m) 的正整数解，隔板法得到答案 ({n+m-1 choose m-1}) 。
枚举空位——范德蒙德卷积公式
我们使用另一种方法将隔板法应用到可空集合上。
枚举 (m) 个集合中有几个是空集，可以得到下式
[mathrm{ans} = sum_{k=0}^{m-1} {m choose k} {n-1 choose m-k-1} ]又由范德蒙德卷积公式
[{n+m choose k} = sum_{i=max(0,k-m)}^{min(n,k)} {n choose i} {m choose k-i} ]（范德蒙德卷积公式易由 ((1+x)^{n+m} = (1+x)^n (1+ x)^m) 的二项式展开说明）
可直接得到（ (k' = m-1) ， (n' = m) ， (m' = n-1) ）
[mathrm{ans} = sum_{k=max(0,(m-1)-(n-1))}^{min(m,m-1)} {m choose k} {n-1 choose m-k-1} = {n+m-1 choose m-1} ]递推——杨辉三角
这固然很妙，但要是我想不到这些Trick怎么办？
不会通项就设状态dp呗（反正是OIer有电脑帮我算
设状态 (f(n,m)) 表示将 (n) 个无标号元素放入 (m) 个有标号可空集合的方案数。
考虑当前正在为第 (n) 个元素确定所属集合。既然元素是无标号的，不妨按升序排列集合。于是放入新的元素时，只需决定要先跳过多少个集合再放入。易得下面的递推式
[f(n,m) = sum_{k=1}^m f(n-1,k) ]初始状态满足
[begin{aligned} &f(0,m)=1 \ &f(n,0)=[n=0] end{aligned} quad (n,m in N) ]（中括号是艾弗森括号）
不妨列出 (f) 的前几项——
nm m0 m1 m2 m3 m4
n0 1 1 1 1 1
n1 0 1 2 3 4
n2 0 1 3 6 10
n3 0 1 4 10 20
很熟悉...这是杨辉三角！
可以由递推式得到杨辉三角的特征——
[begin{aligned} f(n,m) &= f(n-1, m) + sum_{k=1}^{m-1} f(n-1,k) \ &= f(n-1, m) + f(n, m-1) end{aligned} ]那么，只需观察并将表格的每一项映射到杨辉三角，我们就能得到 (f(n,m) = {n+m+1 choose m-1}) 。
生成函数——广义二项式定理
要是我连杨辉三角都没看出来怎么办
方便起见，此处我们不研究 (m=0) 的情况。不妨设
[g(n,m) = f(n,m+1) ]显然， (g) 的递推式为
[g(n,m) = sum_{k=0}^m g(n-1,k) ]据此我们发现，每一排是其前一排的前缀和数组，或者换句话说，每一排是其后一排的向前差分数组。我们先拿出 (n=0) 一排的OGF
[g_0(x) = frac{1}{1-x} ]又根据差分
[g_n(x) = g_{n+1}(x) - x g_{n+1}(x) iff g_{n+1} = frac{1}{1-x} g_n(x) ]得
[g_n(x) = (1-x)^{-(n+1)} ]又由广义二项式定理
[(x+y)^alpha = sum_{k=0}^{infty} {alpha choose k} x^k y^{alpha - k} ]其中
[{alpha choose k} = frac{alpha(alpha-1)dots(alpha-k+1)}{k!}\ ]
展开，得到
[g_n(x) = sum_{k=0}^{infty} {-n-1 choose k} (-1)^k x^k ]故
[begin{aligned} g_n(x)[x^k] &= (-1)^k {-n-1 choose k} \ &= (-1)^k frac{(-n-1)(-n-2)dots(-n-k)}{k!} \ &= frac{(n+1)(n+2)dots(n+k)}{k!} \ &= {n+k choose k} end{aligned} ]即
[g(n,k) = {n+k choose k} ]换回 (f) 表示就得到答案
[f(n,m) = g(n,m-1) = {n+m-1 choose m-1} ]Burnside——第一类斯特林数
如果要分组的 (n) 个元素是有标号的，问题将会简单很多——直接枚举每个元素的所属集合即可，显然方案数为 (m^n) 。
但关键是它们没有标号。
无标号的本质是认为任意置换标号前后是同构的。这启发我们将所有 (n) 元置换（即置换群）作为变换集，使用等价类计数Burnside来解决该问题。
根据Burnside定理
[mathrm{ans} = frac{1}{|G|} sum_{f in G} C(f) ]其中 (G) 是变换集， (C(f)) 是变换 (f) 的不动点。
可以写出
[mathrm{ans} = frac{1}{n!} sum_{p in mathrm{perm}(n)} m^{mathrm{cyc}(p)} ]其中 (mathrm{perm}(n)) 表示所有 (n) 元置换的集合，而 (mathrm{cyc}(p)) 指置换 (p) 的形成的置换图中环的个数。
在外层枚举 (mathrm{cyc}(p)) ，得
[mathrm{ans} = frac{1}{n!} sum_{k=1}^n m^k sum_{p in mathrm{perm}(n)} [mathrm{cyc}(p) = k] ](sum_{p in mathrm{perm}(n)} [mathrm{cyc}(p) = k]) 是什么？
第一类斯特林数 ({n brack k}) 表示将 (n) 个有标号元素分成 (k) 个无标号圆排列的方案数。
在置换图中， (p_i) 表示节点 (i) 的下一个节点是 (p_i) 。而枚举置换的过程，正是枚举置换图的过程，也正是枚举圆排列的过程！而 ([mathrm{cyc}(p) = k]) 则为我们确定了环，或者说圆排列的个数。
惊讶的，我们发现
[{n brack k} = sum_{p in mathrm{perm}(n)} [mathrm{cyc}(p) = k] ]带入其中，答案式变为
[mathrm{ans} = frac{1}{n!} sum_{k=1}^n {n brack k} m^k ]于是，根据第一类斯特林数性质之一
[sum_{k=1}^n {n brack k} m^k = m(m+1)dots(n+m-1) ]（该性质可以结合第一类斯特林数的递推式做数学归纳得出）
我们愉快的得到了答案
[mathrm{ans} = frac{m(m+1)dots(n+m-1)}{n!} = {n+m-1 choose m-1} ]用Burnside解决无标号问题的思路极具启发性，例如烷基计数问题的Burnside解法。
后记&致谢
同分异构体计数带我重回OI
感谢TbYangZ菊苣全程提供技术支持。
感谢神仙化学老师提供组合意义解释。
2021/05/01
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