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——

n\m	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

\[\sum_{k=1}^n {n \brack k} m^k = m(m+1)\dots(n+m-1) \]

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