Elementy kombinatoryki

Elementy kombinatoryki Wykłady z matematyki dyskretnej dla informatyków i teleinformatyków UTP Bydgoszcz 04 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 1 / 59

Permutacje Definicja. Permutacja to bijekcja skończonego zbioru na siebie. Inaczej: permutacja n-elementowego zbioru to każdy n-elementowy ciąg utworzony ze wszystkich elementów tego zbioru. Jak wiemy liczba bijekcji (permutacji) na zbiorze n-elementowym wynosi n!. Przykład. Jest 3! = 1 2 3 = 6 permutacji zbioru składającego się z liter A, B, C. Są to: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. Pytanie mogło brzmieć: ile słów trzyliterowych (z sensem lub nie) można ułożyć dysponując jedną płytką z literą A, jedną płytką z literą B oraz jedną płytką z literą C. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 2 / 59

Permutacje Oznaczenia. Przez S n oznaczmy zbiór permutacji zbioru {0, 1,..., n 1}. Permutacje będziemy zapisywać na ogół jako małe greckie litery. Permutację identycznościową zbioru S oznaczymy przez id S. Przykład. Wszystkie sześć permutacji zbioru trójelementowego S 3 : n 0 1 2 id(n) 0 1 2 n 0 1 2 n 0 1 2 α(n) 0 2 1 n 0 1 2 n 0 1 2 β(n) 1 0 2 n 0 1 2 γ(n) 1 2 0 δ(n) 2 0 1 ζ(n) 2 1 0 ( ) ( ) ( 0 1 2 0 1 2 0 1 2 Inny zapis tych permutacji: 0 1 2 0 2 1 1 0 2 ( ) ( ) ( ) 0 1 2 0 1 2 0 1 2 1 2 0 2 0 1 2 1 0 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 3 / 59 )

Złożenie (mnożenie) permutacji, γ ζ, ζ γ Obserwacja. Każda permutacja to funkcja (nawet bijekcja), permutacje w danym zbiorze możemy więc składać. Złożenie permutacji jest permutacją. Przykład. Gdy n 0 1 2 γ(n) 1 2 0 n 0 1 2 ζ(n) 2 1 0, to ich złożenia γ(ζ(n)) oraz ζ(γ(n)): n 0 1 2 γ ζ(n) 0 2 1 n 0 1 2 ζ γ(n) 1 0 2 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 4 / 59

Permutacje Oznaczenie. α 0 (n) = n, α 1 (n) = α(n), α 2 (n) = α(α(n)) = αα(n), α 3 (n) = ααα(n) = α(α(α(n))), α 4 (n) = αααα(n),... (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 5 / 59

Permutacja odwrotna, α α 1 = α 1 α = id X Definicja. Niech X będzie skończonym zbiorem. Permutacja odwrotna do permutacji α (zbioru X ) to taka permutacja α 1 zbioru X, że α α 1 = α 1 α = id X. Przykłady. n 0 1 2 ζ(n) 1 0 2 n 0 1 2 ζ 1 (n) 1 0 2 n 0 1 2 ζ ζ 1 (n) 0 1 2 ζ 1 ζ(n) 0 1 2 n 0 1 2 γ(n) 1 2 0 n 0 1 2 γ 1 (n) 2 0 1 n 0 1 2 γ γ 1 (n) 0 1 2 γ 1 γ(n) 0 1 2 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 6 / 59

Cykle Definicja. Cykl n-elementowego zbioru X to taka permutacja α tego zbioru, że dla dowolnego x X mamy X = {x, α(x), α 2 (x),..., α n 1 (x)}. Przykład. X = {0, 1, 2}. Permutacja n 0 1 2 γ(n) 1 2 0 γ(0) = 1, γ 2 (0) = γγ(0) = γ(1) = 2, γ 3 (0) = γγγ(0) = γ(2) = 0 γ(1) = 2, γ 2 (1) = γγ(1) = γ(2) = 0, γ 3 (1) = γγγ(1) = γ(0) = 1 γ(2) = 0, γ 2 (2) = γγ(2) = γ(0) = 1, γ 3 (2) = γγγ(2) = γ(1) = 2 Fakt. Jeśli X = {x 0, α(x 0 ), α 2 (x 0 ),..., α n 1 (x 0 )} dla dowolnego x 0 X, to α jest cyklem zbioru X. jest cyklem: (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 7 / 59

Rozkład permutacji na rozłączne cykle Fakt. Każdą permutację można rozłożyć na cykle. Każdy układ cykli generuje permutację. Oznaczenie. Permutację α składającą się z k rozłącznych cykli oznaczamy α = (x 0,... )(x 1,... )... (x k 1,... ). Zazwyczaj nie stawiamy przecinków. Metoda rozkładu permutacji α zbioru X na rozłączne cykle: 1 wybieramy dowolny x X, który nie jest jeszcze w żadnym cyklu; 2 liczymy, kolejno, α(x), α 2 (x), α 3 (x),..., α m (x) aż uzyskamy α m (x) = x; 3 dołączamy cykl (x, α(x),..., α m 1 (x)); 4 gdy znajdziemy w X element, który nie jest jeszcze w żadnym cyklu, to zaczynamy od początku (wracamy do punktu 1). (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 8 / 59

Rozkład permutacji na rozłączne cykle Uzasadnienie poprawności tej metody: [1/3] Punkt 4 gwarantuje, że każdy element zbioru X jest w jakimś cyklu. [2/3] Pokażemy teraz, że w punkcie 2 musi istnieć m takie, że α m (x) = x. Zbiór X jest skończony, zatem wśród elementów α(x), α 2 (x), α 3 (x),... znajdziemy dwa powtarzające się. Niech m będzie najmniejszą liczbą taką, że istnieje i spełniające dwie własności: 0 i < m oraz α i (x) = α m (x) (po prostu znajdujemy dwa pierwsze elementy powtarzające się). Gdyby i 0, to α i 1 (x) = α m 1 (x), gdyż α jest permutacją (bijekcją) oraz α i (x) = α(α i 1 (x)) = α(α m 1 (x)) = α m (x). Zatem m nie jest najmniejszą liczbą o szukanej własności. Ta sprzeczność pokazuje, że i = 0, czyli α m (x) = α 0 (x) = x. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 9 / 59

Rozkład permutacji na rozłączne cykle Uzasadnienie poprawności metody: [3/3] Pokażemy teraz, że uzyskane cykle są rozłączne. Przypuśćmy przeciwnie, że y = α i (x) jest pierwszym elementem w pewnym cyklu, który to element wystąpił w jakimś poprzednim cyklu. Oczywiście i > 0 (zobacz punkt 1) oraz y = α i (x) = α(α i 1 (x)). Niech z będzie elementem poprzedzającym y w pierwszym cyklu, czyli y = α(z). Skoro α jest permutacją (bijekcją), więc α i 1 (x) = z. Otrzymaliśmy sprzeczność (y był pierwszym elementem, który pojawił się wcześniej). (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 10 / 59

Rozkład permutacji na rozłączne cykle Przykład. n 0 1 2 3 4 5 6 α(n) 2 4 1 5 0 3 6 Wybieramy na przykład 0 i liczymy: α(0) = 2, α(2) = 1, α(1) = 4, α(4) = 0. Pierwszym cyklem jest (0214). Wybieramy element, który nie jest jeszcze w żadnym cyklu, na przykład 3 i liczymy: α(3) = 5, α(5) = 3. Drugim cyklem jest (35). Wybieramy element, który nie jest jeszcze w żadnym cyklu, zostało nam 6 i liczymy α(6) = 6. Trzecim i ostatnim cyklem jest (6). Rozkład na cykle: α = (0214)(35)(6). (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 11 / 59

Liczby Stirlinga pierwszego rodzaju Liczby Stirlinga I rodzaju, oznaczane [ ] n lub s(n, k) k ( k cykli n ), opisują liczbę różnych rozmieszczeń n liczb w k cyklach. Przykład. Mamy 11 możliwości rozmieszczenia czterech liczb w dwóch cyklach: (1)(234); (1)(243); (2)(134); (2)(143); (3)(124); (3)(142); (4)(123); (4)(132); (12)(34); (13)(24); (14)(23) [ ] 4 Zatem, = 11 2 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 12 / 59

(1)(234); (1)(243); (2)(134); (2)(143); (3)(124); (3)(142); (4)(123); (4)(132); (12)(34); (13)(24); (14)(23) 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 [ 4 2 ] = 11 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 13 / 59

Liczby Stirlinga I rodzaju Niektóre liczby [ ] n ; zauważmy, że [ ] n n k k=0 = n! k n/k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 1 - - - - - - - - 1 0 1 - - - - - - - 2 0 1 1 - - - - - - 3 0 2 3 1 - - - - - 4 0 6 11 6 1 - - - - 5 0 24 50 35 10 1 - - - 6 0 120 274 225 85 15 1 - - 7 0 720 1764 1624 735 175 21 1-8 0 5040 13068 13132 6769 1960 322 28 1 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 14 / 59

Liczby Stirlinga I rodzaju [ ] n opisują liczbę różnych rozmieszczeń n liczb w k cyklach. k Przykłady. [ ] n = 0 dla n > 0 0 [ ] n = 1 dla n 0 (istnieje tylko jeden podział na n cykli) n [ ] n = 0 dla k > n (nie da się rozmieścić n liczb w n + 1 k lub więcej cyklach) (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 15 / 59

Wzór rekurencyjny. Dla 0 < k < n, [ ] n = k [ ] n 1 + (n 1) k 1 [ ] n 1 Uzasadnienie. Wybierzmy dowolną z n liczb i rozważmy wszystkie rozmieszczenia takie, że nasza liczba tworzy cykl jednoelementowy. Takich rozmieszczeń jest tyle, ile jest rozmieszczeń n 1 liczb (naszej[ liczby ] nie n 1 uwzględniamy) w k 1 cyklach (jeden cykl już mamy), czyli. k 1 Brakujące rozmieszczenia uzyskamy w następujący sposób. Rozbijamy wszystkie [ ] n 1 liczb (poza naszą ) na k cykli. Takich rozmieszczeń jest n 1. Następnie dołączamy naszą liczbę: umieszczamy ją, po kolei, po k lewej stronie pierwszej [ liczby, ] drugiej liczby,..., (n 1)-szej liczby. n 1 Uzyskamy (n 1) rozmieszczeń. k (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 16 / 59 k

Nieporządki Definicja. Element s nazywamy punktem stałym permutacji α, gdy α(s) = s. Definicja. Nieporządkiem skończonego zbioru nazywamy jego permutację bez punktów stałych. Niech X n = {1, 2,..., n} (dla ustalenia uwagi). Przykład. ( 1 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 1 Przykład. ( 1 2 3 4 5 6 3 2 4 5 6 1 ) ) jest nieporządkiem. nie jest nieporządkiem. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 17 / 59

Nieporządki Liczbę nieporządków zbioru n-elementowego oznaczmy przez D n. ( ) 1 Przykład. D 1 = 0; permutacja 1 ( ) ( ) 1 2 1 2 D 2 = 1; permutacje: 1 2 2 1 ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 D 3 = 2; permutacje: 1 2 3 1 3 2 ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 2 1 3 ( 1 2 3 3 1 2 2 3 1 ) ( 1 2 3 3 2 1 ) (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 18 / 59

Nieporządki Wzór rekurencyjny. D n = (n 1)(D n 1 + D n 2 ) dla n 3 Uzasadnienie. Niech n 3. Nieporządki zbioru X n = {1, 2,..., n} dzielimy na dwa zbiory. W pierwszym są te, w których n zamieniło się miejscem z jakimś i (ta zamiana nie generuje punktu stałego). Liczbę i możemy wybrać na n 1 sposobów, zatem liczba nieporządków w pierwszym zbiorze to (n 1)D n 2. W drugim zbiorze na ostatnim miejscu stoi jakaś liczba i (mamy n 1 możliwości jej wyboru), ale n nie stoi na i-tym miejscu (to poprzedni przypadek). Jeśli potraktujemy n jak i (bo nie może stać na i-tym miejscu), to wnioskujemy, że liczba nieporządków w drugim zbiorze to (n 1)D n 1. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 19 / 59

Permutacje z punktami stałymi Pytanie. Ile jest permutacji n-elementowych z r punktami stałymi? r punktów stałych wybieramy na ( n r) sposobów. Pozostałe elementy muszą tworzyć nieporządek (nie mogą dostarczyć innego punktu stałego). Odpowiedź: ( n ) r Dn r. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 20 / 59

Permutacje z powtórzeniami Przykład. Ile słów trzyliterowych (z sensem lub nie) można utworzyć dysponując trzema płytkami z literami A, A, Ä. Odpowiedź. Sześć = 3!: AAÄ, AAÄ, ÄAA, ÄAA, AÄA, AÄA. Gdyby litery A, A i Ä były traktowane jako jedna litera, to liczbę 3! byśmy musieli podzielić przez 3! - zestawy: A AÄ, AAÄ,... oznaczają to samo. Przykład. Ile słów trzyliterowych (z sensem lub nie) można utworzyć dysponując trzema płytkami z literą A. Odpowiedź. Jedno: AAA. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 21 / 59

Permutacje z powtórzeniami Przykład. Ile permutacji można utworzyć dysponując płytkami A, A, B, B (rozróżniamy kolory). Odpowiedź: 4!=24. Są to: AABB, AABB, AABB, AABB, (gdybyśmy nie rozróżniali kolorów, to te cztery zestawy by wyglądały tak samo) ABAB, ABAB, ABAB, ABAB, ABBA, ABBA, ABBA, ABBA, BAAB, BAAB, BAAB, BAAB, BABA, BABA, BABA, BABA, BBAA, BBAA, BBAA, BBAA. Gdybyśmy nie rozróżniali kolorów niebieskiego i czarnego (ale czerwony tak), to liczbę 4! byśmy musieli podzielić przez 2!. Gdybyśmy nie rozróżniali kolorów w ogóle, to liczbę 4! byśmy musieli podzielić przez 2! 2!, czyli przez 4. Przykład. Słowa czteroliterowe (z sensem lub nie) powstałe z dwóch płytek z literą A oraz dwóch z literą B: AABB, ABAB, ABBA, BAAB, BABA, BBAA. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 22 / 59

Permutacje z powtórzeniami Definicja. Niech X = {a 1, a 2,..., a r } oraz n = n 1 + n 2 + + n r. Permutacja n-elementowa z powtórzeniami, w której elementy a 1, a 2,..., a r powtarzają się, odpowiednio, n 1, n 2,..., n r razy, to każdy n-elementowy ciąg, w którym element a i powtarza się n i razy (dla i = 1,..., r). Liczba takich permutacji z powtórzeniami wynosi n! n 1! n 2!... n r!. Przykład. Ile różnych 11-literowych słów (sensownych lub nie) można ułożyć z liter słowa MISSISSIPPI? Mamy jedną literę M, cztery litery I, cztery litery S oraz dwie litery P. Wszystkich słów jest 11! 1! 4! 4! 2! = 34650. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 23 / 59

Kolekcja Kolekcja (pseudozbiór, multizbiór, multiset), to uogólnienie koncepcji zbioru, które dopuszcza wiele takich samych elementów w kolekcji, przy czym (w przeciwieństwie do ciągu) ich kolejność nie jest ważna. Bardziej formalne podejście: Dany jest skończony zbiór X. Kolekcją nazywamy uporządkowaną parę (X, r), gdzie funkcja r : X N +. Liczba r(x) to krotność elementu x. Przykład. Kolekcją jest (X, r), gdy X = {a, b} oraz funkcja r jest określona następująco: r(a) = 2, r(b) = 3. Będziemy, dla ułatwienia, zapisywać taką kolekcję w postaci {a, a, b, b, b} kol (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 24 / 59

Permutacja z powtórzeniami to permutacja w kolekcji Niech X = {a 1, a 2,..., a r }, n = n 1 + n 2 + + n r, X K = {a 1,..., a }{{ 1, a } 2,..., a 2,..., a }{{} r,..., a }{{} r n 1 razy n 2 razy n r razy Obserwacja. Permutacja n-elementowa z powtórzeniami, w której elementy a 1, a 2,..., a r powtarzają się, odpowiednio, n 1, n 2,..., n r razy, to permutacja w n-elementowej kolekcji X K. Liczba takich permutacji w kolekcji wynosi n! n 1! n 2!... n r!. } kol (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 25 / 59

Kombinacje Definicja. Kombinacja k elementów ze zbioru n-elementowego, gdy 0 k n, to każdy k-elementowy podzbiór zbioru n-elementowego. Jak wiemy, liczba k elementów ze zbioru n-elementowego ( ) n = k n! k!(n k)!. Przykład. Z trzech liter A, B, C można utworzyć trzy, 3! 2-elementowe. Są to: AB, AC, BC. 2!(3 2)! = 3, kombinacje Pytanie mogło brzmieć: ile jest różnych wyników losowania dwóch płytek ze zbioru trzech płytek: jednej z literą A, jednej z literą B i jednej z literą C. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 26 / 59

Kombinacje Przykład. Ile jest n-elementowych ciągów binarnych o k jedynkach (i n k zerach)? Jest ich tyle, ile k-elementowych podzbiórów zbioru n-elementowego, czyli ( n k). Podobnie, jest ich tyle, ile n k-elementowych podzbiórów zbioru n-elementowego, czyli ( n n k). Wniosek. ( n ( k) = n ) n k (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 27 / 59

Poker Wybieramy losowo pięć kart z talii składającej się z 4 kolorów,,, po 13 kart: 2,3,4,5,6,7,8,9,10,W,D,K,A. As jest zarówno największą jak i najmniejszą kartą (1). ( ) 52 Takich wyborów (układów) mamy = 2598960. 5 układ przykład liczba poker 9 10 W D K 40 kareta K K K K 2 13 ( 48 ) = ( 624 ) 4 4 full D D D K K 13 12 = 3744 3 2 ( ) 13 kolor 3 5 8 W K 4 40 = 5108 5 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 28 / 59

Poker Wybieramy losowo pięć kart z talii składającej się z 4 kolorów,,, po 13 kart: 2,3,4,5,6,7,8,9,10,W,D,K,A. As jest zarówno największą jak i najmniejszą kartą (1). układ przykład liczba strit a A 2 3 4 5 ( 10 ) 4 5 ( 40 ) = 10200 4 12 trójka 5 5 5 W K 13 4 2 = 54912 3 2 ( ) ( ) ( ) 13 4 4 dwie pary D D 7 7 5 44 = 123552 2 2 2 ( ) ( ) 4 12 para 8 8 5 W K 13 4 3 = 1098240 2 3 pozostałe 4 8 9 W D 1302540 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 29 / 59

Kombinacje z powtórzeniami Przypomnienie różnic między zbiorem a kolekcją (multizbiorem). Przykład. {a, a, b} = {a, b} = {b, a} = {a, a, b, b, b}, ale {a, a, b} kol {a, b} kol = {b, a} kol {a, a, b, b, b} kol. Kombinacja z powtórzeniami k elementów ze zbioru n-elementowego to każda k-elementowa kolekcja złożona z elementów zbioru n-elementowego. Jest ich ( ) n + k 1. k (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 30 / 59

Uzasadnienie. Niech X = {a 1, a 2,..., a n } i niech M będzie k-elementową kolekcją tego zbioru. Istnieje bijekcja między k-elementowymi kolekcjami, a (n + k 1)-elementowym ciągiem złożonym z + oraz (możemy też traktować ten ciąg jako ciąg binarny) określona następująco: jeśli a 1 nie występuje w M, to pierwszym elementem ciągu jest występuje m 1 razy, to pierwsze m 1 + 1 elementów ciągu to m 1 znaków + oraz na kolejnym miejscu jeśli a i (dla, kolejno, i = 2,..., n 1) nie występuje w M, to następnym elementem ciągu jest występuje m i razy, to kolejne m i + 1 elementów ciągu to m i znaków + oraz jeśli a n nie występuje w M, to nic nie dopisujemy występuje m n razy, to kolejne m n elementów ciągu to znaki + (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 31 / 59

Kombinacji z powtórzeniami jest ( ) n+k 1 k. Przykład. X = {2, 3, 4, 6, 8}, M 1 = {2, 3, 3, 4, 6, 8} kol. M 2 = {3, 3, 3, 3, 3, 4} kol. Kolekcji M 1 odpowiada ciąg + + + + + + wskazujący, że 2 wystąpiła raz, 3 dwa razy, 4 raz, 6 raz, 8 raz. Kolekcji M 2 odpowiada ciąg + + + + + + wskazujący, że 2 nie ma, 3 wystąpiła pięć razy, 4 raz, 6 nie ma, 8 nie ma. W każdym takim ciągu mamy k znaków + (bo wybieramy k elementów) oraz n 1 kresek (wyznaczających n elementów zbioru X ). Ilość możliwych ciągów o k znakach + i n 1 znakach to ( n+k 1) k. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 32 / 59

Kombinacji z powtórzeniami jest ( ) n+k 1 k. Przykład. Z trzech liter A, B, C można utworzyć sześć, ( ) ( ) 3 + 2 1 4 4! = = 2 2 2!(4 2)! = 6, kombinacji 2-elementowych z powtórzeniami. Są to: AA, AB, AC, BB, BC, CC. Pytanie mogło brzmieć: ile jest różnych wyników losowania dwóch płytek ze zbioru składającego się z dwóch (lub więcej) płytek z literą A, dwóch (lub więcej) z literą B i dwóch (lub więcej) z literą C. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 33 / 59

Kombinacje z powtórzeniami Przykład. Ile jest różnych kostek klasycznego domina (największa liczba oczek na jednej połówce kostki to sześć)? Każda kostka domina składa się z pary (połówek) elementów z zaznaczonymi oczkami ze zbioru {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Elementy mogą się powtarzać, ale nie jest istotna ich kolejność w parze. Jest ich tyle ile 2-elementowych kombinacji z powtórzeniami ze zbioru 7-elementowego, czyli ( ) 7 + 2 1 = 28. 2 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 34 / 59

Wariacje Definicja. Wariacja z n po k, gdy 0 k n, to odwzorowanie różnowartościowe k-elementowego podzbioru zbioru n-elementowego na ten sam zbiór. ( Zatem liczba wszystkich wariacji z n po k wynosi n ) k k! = n! (n k)!. Przykład. Z trzech liter A, B, C można utworzyć sześć, 3! 2-elementowych. (3 2)! = 6, wariacji Są to: AB, BA, AC, CA, BC, CB. Pytanie mogło brzmieć: ile słów dwuliterowych (z sensem lub nie) można ułożyć dysponując jedną płytką z literą A, jedną płytką z literą B oraz jedną płytką z literą C. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 35 / 59

Wariacje z powtórzeniami Definicja. Wariacja z powtórzeniami z n po k, gdy 0 k n, to każde odwzorowanie k-elementowego podzbioru zbioru n-elementowego na ten sam zbiór. Liczba wszystkich wariacji z powtórzeniami n po k (wszystkich funkcji ze zbioru k elementowego w zbiór n elementowy) wynosi n k. Przykład. Z liter A, B, C można utworzyć dziewięć (obliczenie: 3 2 = 9) wariacji 2-elementowych z powtórzeniami. Są to: AB, BA, AC, CA, BC, CB, AA, BB, CC. Pytanie mogło brzmieć: ile słów dwuliterowych (z sensem lub nie) można ułożyć dysponując dwiema (lub większą ilością) płytkami z literą A, dwiema (lub większą ilością) płytkami z literą B oraz dwiema (lub większą ilością) płytkami z literą C. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 36 / 59

Wariacje z powtórzeniami Przykład. Pytamy 20 osób urodzonych w roku 1999 o dzień ich urodzin. Jak duży jest zbiór wszystkich możliwych odpowiedzi? 20-elementowych wariacji z powtórzeniami ze zbioru 366-elementowego jest 366 20. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 37 / 59

Wariacje z powtórzeniami Przykład. Pytamy 10 osób urodzonych w roku 1999 o dzień ich urodzin. Jakie jest prawdopodobieństwo, że żadne dwie osoby nie mają urodzin w tym samym dniu? Zastosujemy klasyczną definicję prawdopodobieństwa. Liczba wszystkich możliwości, czyli liczba 10-elementowych wariacji z powtórzeniami ze zbioru 366-elementowego to 366 10. Liczba zdarzeń sprzyjających, to liczba wariacji (bez powtórzeń) z 366 po 10. Zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe 366! (366 10)! 366 10 0.883. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 38 / 59

Podziały zbiorów Liczbę ( n n 1,..., n r nazywamy współczynnikiem wielomianowym. ) = n! n 1! n 2!... n r! Fakt. Skończony zbiór X możemy podzielić na r rozłącznych podzbiorów A 1,..., A r o mocach, odpowiednio, n 1,..., n r na ( n ) n 1,...,n r sposobów. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 39 / 59

Podziały zbiorów Uzasadnienie. Zbiór A 1 możemy wybrać na ( n ) n 1 sposobów. Następnie zbiór A2 możemy wybrać na ( n n 1 ) n 2 sposobów, zbiór A3 możemy wybrać na ( n n 1 n 2 ) n 3 sposobów,... Wszystkich wyborów jest więc ( ) ( ) ( ) ( ) n n n1 n n1 n 2 n n1 n r 1... n 1 n 2 = n 3 n! n 1! n 2!... n r! n r (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 40 / 59

Podziały zbiorów Przykład. Ile jest różnych rozdań w brydżu? Zbiór X składający się z 52 kart dzielimy na cztery 13-elementowe zbiory W,N,E,S. Podziałów takich jest ( ) 52 13, 13, 13, 13 = 52! (13!) 4 = 53644737765488792838237440000 5 1028. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 41 / 59

MISSISSIPPI, inne podejście Współczynnik wielomianowy określa też liczbę permutacji z powtórzeniami. Przykład. Ile różnych 11-literowych słów (sensownych lub nie) można ułożyć z liter słowa MISSISSIPPI? Mamy jedną literę M, cztery litery I, cztery litery S oraz dwie litery P. Litery te zajmują 11 pozycji. Niech P = {p 1, p 2,..., p 11 } będzie zbiorem tych pozycji. Mamy jedenaście miejsc, które czekają na zapełnienie tymi literami. Dzielimy P na cztery podzbiory P M, P I, P S, P P o mocy P M = 1, P I = 4, P S = 4, P P = 2. Każdy taki podział wyznacza słowo. Wszystkich słów jest ( ) 11 = 1, 4, 4, 2 11! 1! 4! 4! 2! = 34650. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 42 / 59

MANHATTAN, n 0, k 1 Załóżmy, że ulice tworzą kratę złożoną z n + 1 dróg biegnących w linii północ-południe i k dróg wschód-zachód. Znajdujemy się w lewym dolnym rogu A i chcemy dojść najkrótszą drogą do prawego górnego rogu B. Na ile sposobów możemy to zrobić? B A tu: n + 1 = 7 n = 6, k = 4 są 84 sposoby Fakt. Każda taka droga składa się z n odcinków jednostkowych poziomych i k 1 pionowych. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 43 / 59

MANHATTAN, obserwacja Istnieje bijekcja między zbiorem najkrótszych dróg a n + k 1 elementowym ciągiem binarnym składającym się z k 1 jedynek oraz n zer każdemu odcinkowi pionowemu przypisujemy 1, a poziomemu 0. B 110000001 A (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 44 / 59

MANHATTAN, obserwacja Istnieje bijekcja między zbiorem najkrótszych dróg a n + k 1 elementowym ciągiem binarnym składającym się z k 1 jedynek oraz n zer każdemu odcinkowi pionowemu przypisujemy 1, a poziomemu 0. B 110000001 000101100 A (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 44 / 59

MANHATTAN, obserwacja Istnieje bijekcja między zbiorem najkrótszych dróg a n + k 1 elementowym ciągiem binarnym składającym się z k 1 jedynek oraz n zer każdemu odcinkowi pionowemu przypisujemy 1, a poziomemu 0. B 110000001 A (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 44 / 59

MANHATTAN, obserwacja Istnieje bijekcja między zbiorem najkrótszych dróg a n + k 1 elementowym ciągiem binarnym składającym się z k 1 jedynek oraz n zer każdemu odcinkowi pionowemu przypisujemy 1, a poziomemu 0. B 110000001 010101000 A (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 44 / 59

MANHATTAN, obserwacja Istnieje bijekcja między zbiorem najkrótszych dróg a zbiorem rozwiązań (w N) równania x 1 + x 2 + + x k = n. Każda taka droga zawiera n poziomych odcinków jednostkowych. Liczba takich odcinków na naszej drodze leżących na pierwszej poziomej ulicy to x 1, na drugiej to x 2,..., na k-tej to x k. A B x 1 = 3 x 2 = 1 x 3 = 0 x 4 = 2 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 45 / 59

MANHATTAN, k 1 jedynek oraz n zer Mamy n + k 1 elementowy zbiór pozycji. Wybieramy k 1 (by obsadzić je jedynkami; pozostałe obsadzamy zerami). Takich wyborów jest ( ) n + k 1 = k 1 (n + k 1)! (k 1)! n!. Mogliśmy także z n + k 1 elementowego zbioru pozycji wybrać n (by obsadzić je zerami). Takich wyborów jest ( ) n + k 1 = n (n + k 1)! n! (k 1)!. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 46 / 59

MANHATTAN Nieco inne podejście. Jak wiemy, skończony zbiór X możemy podzielić na r rozłącznych podzbiorów A 1,..., A r o mocach, odpowiednio, n 1,..., n r na ( sposobów. n ) n 1,...,n r Mamy n + k 1 miejsc (w ciągu binarnym) czekających na zapełnienie n zerami i k 1 jedynkami. Dzielimy zbior pozycji P = {p 1,..., p n+k 1 } na dwa zbiory P 0 o mocy n oraz P 1 o mocy k 1. Takich podziałów jest ( ) n + k 1 (n + k 1)! = n, k 1 n! (k 1)!. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 47 / 59

Wniosek Niech k N +, n N. Liczba rozwiązań równania liniowego x 1 + x 2 + + x k = n w zbiorze N wynosi ( ) n + k 1 = k 1 (n + k 1)! (k 1)! n!. Przykład. Na ile sposobów możemy pomalować n takich samych kul na k różnych kolorów (n k)? Oznaczmy przez x i (dla i = 1,..., k) liczbę kul pomalowanych i-tym kolorem. Wtedy x 1 + x 2 + + x k = n. Sposobów pomalowań jest więc ( n+k 1) k 1. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 48 / 59

Funkcje rosnące Przykład. Niech X = {x 1, x 2 }, Y = {y 1, y 2, y 3 }, gdzie x 1 < x 2 oraz y 1 < y 2 < y 3. Są trzy funkcje (ściśle) rosnące f : X Y. f 1 (x 1 ) = y 1, f 1 (x 2 ) = y 2 y 1 x 1 y 2 x2 y 3 f 2 (x 1 ) = y 1, f 2 (x 2 ) = y 3 y 1 x 1 y 2 x2 y 3 f 3 (x 1 ) = y 2, f 3 (x 2 ) = y 3 y 1 x 1 y x 2 2 y 3 Funkcji jest tyle ile wyborów dwóch elementów ze zbioru Y, czyli ( 3 2) ; te wybory to {y 1, y 2 }, {y 1, y 3 }, {y 2, y 3 }. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 49 / 59

Funkcje rosnące Niech X = {x 1,..., x k }, Y = {y 1,..., y n }, gdzie x 1 < x 2 < < x k oraz y 1 < < y n. Fakt: Funkcji (ściśle) rosnących f : X Y jest tyle, ile możliwości wyboru k elementów ze zbioru n elementowego, czyli ( n k). (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 50 / 59

Niech k N +, n N. Jak wiemy, liczba rozwiązań równania liniowego ) x 1 + x 2 + + x k = n w zbiorze N wynosi = (n+k 1)! ( n+k 1 k 1 Fakt. Niech k n. Liczba rozwiązań równania liniowego w zbiorze N + wynosi ( n 1 k 1). x 1 + x 2 + + x k 1 + x k = n (k 1)! n!. Uzasadnienie. Wszystkich funkcji rosnących s : {1, 2,..., k 1} {1,..., n 1} jest ( n 1 k 1). Ponieważ wszystkie x i są dodatnie, każdemu rozwiązaniu x 1,..., x k naszego równania odpowiada funkcja rosnąca określona następująco: s(1) = x 1, s(2) = x 1 + x 2,..., s(k 1) = x 1 + x 2 + + x k 1. Także odwrotnie, każdej takiej funkcji s odpowiada dokładnie jedno rozwiązanie: x 1 = s(1), x 2 = s(2) s(1), x 3 = s(3) s(2),..., x k 1 = s(k 1) s(k 2), x k = n s(k 1). Różnych rozwiązań naszego równania jest tyle ile jest różnych funkcji s, czyli ( n 1 k 1). (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 51 / 59

Rozmieszczenia, niech k n Jak wiemy, liczba rozwiązań równania liniowego w zbiorze N + wynosi ( n 1 k 1). x 1 + x 2 + + x k 1 + x k = n Wniosek. Liczba rozmieszczeń n nierozróżnialnych przedmiotów w k rozróżnialnych szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( n 1 k 1). PRZYKŁAD. n = 3 (trzy kule), k = 2 (dwa pojemniki), ( n 1 k 1) = ( 2 1) = 2 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 52 / 59

Uogólniony wzór Newtona Uogólniony wzór Newtona. ( ) n n (x 1 +... + x m ) n n = x t 1 1 t t 1 =0 t 1,..., t... x m tm, m m=0 gdzie t 1 +... + t m = n. Dowód jest podobny do dowodu standardowego wzoru Newtona. Po wymnożeniu lewej strony wyrażenie x t 1 1 x t 2 2... x m tm (gdzie t 1 + t 2 + + t m = n) występuje ( n ) t 1,...,t m razy. Fakt. Podstawiając x 1 = = x m = 1 otrzymamy zależność: m n = n n ( ) n t 1 =0 t m=0 t 1,...,t m. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 53 / 59

Serie Definicja. Serią ciągu binarnego nazywamy maksymalny podciąg kolejnych jednakowych elementów. (n, m)-ciągiem nazywamy ciąg binarny złożony z n jedynek oraz m zer. Jak wiemy, (n, m)-ciągów jest ( n+m) n. Przykład. W (10, 11)-ciągu 000001100011111110010 jest siedem serii. Fakt. W każdym ciągu binarnym albo serii zer i jedynek jest tyle samo, albo liczby serii zer i jedynek różnią się o jeden. Uzasadnienie. Serie zer i jedynek się przeplatają. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 54 / 59

Serie Załóżmy (nie tracąc ogólności), że 1 n m. Oznaczmy przez R liczbę serii (n, m)-ciągu. Wniosek. Liczbę R można oszacować: 2 R { 2n, gdy n = m 2n + 1, gdy n < m (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 55 / 59

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R? Potraktujmy serie jak niepuste szufladki. PRZYPADEK 1: liczba R jest parzysta. Powiedzmy, R = 2k. Mamy wtedy k szufladek dla n jedynek oraz k szufladek dla m zer. Jak wiemy, liczba rozmieszczeń t jednakowych przedmiotów w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( t 1 k 1). Zatem liczba rozmieszczeń n jedynek w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( n 1 k 1), a liczba rozmieszczeń k zer w m szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( m 1 k 1). (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 56 / 59

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R = 2k? Mamy k szufladek dla n jedynek oraz k szufladek dla m zer. Liczba rozmieszczeń n jedynek w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( n 1 k 1), a liczba rozmieszczeń k zer w m szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( m 1 k 1). Ponadto, ciąg może się zaczynać albo od jedynki, albo od zera, co dodatkowo daje czynnik dwa (lub: oba przypadki dodajemy). Liczba (n, m)-ciągów o 2k seriach wynosi więc ( )( ) n 1 m 1 2. k 1 k 1 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 57 / 59

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R? PRZYPADEK 2: liczba R jest nieparzysta. Powiedzmy, R = 2k + 1. Możliwość 2A. Mamy k szufladek dla n jedynek oraz k + 1 szufladek dla m zer. Liczba rozmieszczeń n jedynek w k szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( n 1 k 1), a liczba rozmieszczeń k + 1 zer w m szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( m 1) k. (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 58 / 59

Ile jest (n, m)-ciągów o zadanej liczbie serii R? PRZYPADEK 2: liczba R jest nieparzysta, R = 2k + 1. Możliwość 2B. Mamy k + 1 szufladek dla n jedynek oraz k szufladek dla m zer. Liczba rozmieszczeń n jedynek w k + 1 szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( n 1) k, a liczba rozmieszczeń k zer w m szufladkach, z których żadna nie może być pusta, jest równa ( m 1 k 1). Liczba (n, m)-ciągów o 2k + 1 seriach wynosi więc (sumujemy oba przypadki) ( )( ) ( )( ) n 1 m 1 n 1 m 1 +. k 1 k k k 1 (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 59 / 59

Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowy (n, m)-ciąg binarny ma parzystą liczbę serii? SPOSÓB 1. )( m 1 ) k 1 k 1 ( n+m ) n 2 ( n 1 SPOSÓB 2. W każdym ciągu binarnym o parzystej liczbie serii element pierwszy różni się od elementu ostatniego. Mamy tu dwie możliwości. Pozostałe n + m 2 elementy (wśród nich jest n 1 jedynek) wybieramy na ( n+m 2) n 1 sposobów. Prawdopodobieństwo: 2 ( n+m 2) n 1 ) = ( n+m n 2mn (n + m)(n + m 1) (Wykłady z matematyki dyskretnej) Elementy kombinatoryki 04 60 / 59