组合数学 06 - 组合设计

Posted 2020-08-06 万物皆数

　　计数问题其实只是组合数学中的一小部分，以上也仅仅介绍了比较经典的结论。组合问题复杂多变，它们之间也少有联系，所以把组合数学称作一门学科并不准确。组合难题也会出现在各种益智趣题或竞赛难题中，随随便便就会出现一些未解的难题，所以我们也将止步于此。在结束本课之前，我决定再窥探一下组合问题中的一大类：组合设计。这些问题的关注点在如何布局元素，以满足一些特定要求，它们已然构成了组合学的众多分支。

1. 0-1矩阵

1.1 关联矩阵的秩

　　有的问题需要在两个集合\\(A,B\\)间建立联系，如果把\\(A,B\\)的元素分别纵横排列，对应位置上以\\(0,1\\)表示元素是否有关联。这就得到了一个0-1矩阵，当然这里我们并不关注它的代数性质，而仅仅是借用其便捷的形式，来研究满足一定条件的组合问题。0-1矩阵也被称为关联矩阵，它可以是两个集合间的联系（比如集合\\(A\\)的子集与元素的包含关系），也可以是同一集合中元素的关系（比如图论中的图）。

　　在讨论关联矩阵时，矩阵的行列的顺序对问题并无影响，为了讨论方便，可以随意交换行或列。好的，现在面对着一个满是\\(0,1\\)的矩阵\\(R\\)，我们需要讨论些什么问题呢？除了看每个0,1项之外，当然还看到了每一行和每一列，我们把它们都称为矩阵中的线。只要选择足够多的线，总可以包含所有的\\(1\\)，这些线称为关联矩阵的覆盖。你自然会想到一个有意义的问题：线数最小的覆盖是多少？我们把它定义为矩阵的线秩，记作\\(\\lambda(R)\\)。

　　换个角度，称矩阵中的一个\\(1\\)为项，与之相关的有行、列两条线，把不在同一条线上项称为无关项。无关项足够多时，它们的线也可以覆盖关联矩阵，这就有了另外一个有意义的问题：最多可以有多少个无关项？我们把它定义为矩阵的项秩，记作\\(\\rho(R)\\)。因为所有项包含在任意一个线覆盖中，而每条线上最多只能有一个无关项，故首先有\\(\\rho(R)\\leqslant \\lambda(R)\\)。

　　反之对于线数为\\(\\lambda(R)\\)的覆盖，设有\\(p\\)行\\(q\\)列，下面证明可以在每行、列上取得一个无关的代表项。考察\\(p\\)行中与\\(q\\)列不相交的部分，如果不能在其中选出\\(p\\)个无关的项，则必然可以用小于\\(p\\)条列线取代这\\(p\\)条行线。另一部分同样论证，这就证明了总可以选出\\(p+q=\\lambda(R)\\)个无关项，从而有\\(\\rho(R)\\geqslant \\lambda(R)\\)。这就得到了等式（1），以后可以统称线秩、项秩为秩，线秩和项秩的问题可以互相转化，这从下面的例子和定理中都能看出。

\\[\\rho(R)=\\lambda(R)\\tag{1}\\]

　　秩等于行列中较小值的矩阵便称为是满秩的，存在一种满秩的\\(n\\)阶方阵，它仅有\\(n\\)个\\(1\\)，每行每列有且仅有一个\\(1\\)。换个说法，这种矩阵的每行每列之和都是\\(1\\)，若干这种矩阵\\(P_k\\)的凸线性组合（式（2））也必然满足这一条件。每条线上和都为\\(1\\)的非负实矩阵被称为双随机矩阵，这是一种很有用的矩阵。

\\[P=c_1P_1+c_2P_2+\\cdots+c_mP_m,\\;\\;(c_k>0,\\;\\sum_{k=1}^mc_k=1)\\tag{2}\\]

　　现在反过来问，是不是所有双随机矩阵都有式（2）的凸线性分解呢？这个其实不难，首先双随机矩阵不能被少于\\(n\\)条线覆盖，故必然是满秩的。选择\\(n\\)个无关项并取最小值\\(c_1\\)，作关联矩阵\\(P_1\\)使其仅在这\\(n\\)个项为\\(1\\)。作出满足\\(P=c_1P_1+(1-c_2)P\'_2\\)的\\(P\'_2\\)，它也是双随机矩阵，但非零项比\\(P\\)少一个。对\\(P\'_2\\)继续这个过程，有限步后便可得到式（2），结论得证，它被称为Birkhoff定理。

1.2 Hall定理

　　关联矩阵的项秩有一个非常重要的等价描述，把关联矩阵看出是点集\\(A,B\\)之间的连接，这在图论中被称为二部图。\\(A,B\\)各选出一个关联的元素\\((a,b)\\)称为一个匹配，然后继续在剩下的元素中选取匹配，项秩正表示二部图中的最大匹配数。这个模型有很广泛的应用，典型的就是任务分配问题：每个人能胜任某些任务，给一个分配方案，使尽量多的人能做自己胜任的任务。

　　当然这个问题的第一步先要求矩阵的秩，或者更弱一点，至少我们要找到满秩的判定条件。为了表述方便，下面换一个等价模型，设\\(A\\)是集合，把\\(b\\in B\\)看成是\\(A\\)的一个子集，\\(a,b\\)关联当且仅当\\(a\\in b\\)。\\(B\\)是集合的集合，一般也称为集系。对于满秩的关联，为每个\\(b\\)都能找到一个互异的\\(a\\in b\\)，它们被称为\\(B\\)的相异代表系。

　　对于集系矩阵满秩有一个很显然的必要条件，就是任意\\(r\\)个子集的并不小于\\(r\\)。令人惊喜的是，它居然还是个充分条件，该结论被称为霍尔（Hall）定理（式（3））。其实条件本身等价于说，矩阵的零子矩阵总不大于\\(r*(|A|-r)\\)，故零子矩阵的行列和总小于\\(|A|\\)，从而线覆盖数至少为\\(|B|\\)。这就证明了满秩，论证中用到了线秩在零子矩阵里的等价条件，这也是线秩最常用的方法。

\\[\\rho(R)=|B|\\;\\Leftrightarrow\\;|b_1\\cup b_2\\cup\\cdots\\cup b_r|\\geqslant r,\\;(\\forall b_i\\in B,\\forall r\\leqslant |B|)\\tag{3}\\]

　　Hall定理有很高的理论价值，但在实际应用中仍不是很方便，但借助这个定理，我们可以有更强但更方便的条件。比如如果存在\\(r>0\\)，使得矩阵每行至少有\\(r\\)个\\(1\\)而每列最多有\\(r\\)个\\(1\\)，可以证明它满足Hall定理，从而为满秩。其实任选\\(s\\)行，其中包含至少\\(sr\\)个\\(1\\)，它们至少要有\\(r\\)列来覆盖，结论得证。当然实际应用中并不总能找到完美匹配，假设至少有\\(d\\)个找不到工作，只需再添加\\(d\\)个虚拟的大家都能做的工作，利用Hall定理也可以得到只有\\(d\\)个人找不到工作的充要条件是：任意\\(r\\)个子集的并不小于\\(r-d\\)。

　　再来看Hall定理的两个有趣的应用。考察集合\\(X\\)的的两个分割\\(A_1,\\cdots,A_n\\)和\\(B_1,\\cdots,B_n\\)，我们希望找到\\(n\\)个互异的元素\\(x_k\\)，使得\\(x_k\\in A_k\\)且\\(x_k\\in B_k\\)，它们被称为分割的共同代表元组。以\\(A_i,B_j\\)有非空交集作为关联，问题等同于判断满秩，Hall定理说明满秩的充要条件是：任何\\(r\\)个\\(A_k\\)之并最多包含\\(r\\)个\\(B_k\\)之并。特别地，当\\(|A_k|,|B_k|\\)全部相等时，充要条件显然满足，也就是说，集合的任意两个分割数相等的平均分割总存在共同代表元组。

　　有一种常见的\\(m\\times n\\)阶矩阵，共有\\(n\\)个不同的元素组成，且每条线上的元素不同。这样的矩阵称为拉丁矩阵，显然有\\(m\\leqslant n\\)，当\\(m=n\\)时称为拉丁方。一个自然的问题是，任何拉丁矩阵是否都能扩展为拉丁方？考察不属于第\\(k\\)列的元素组成的集合\\(A_k\\)，它们和\\(n\\)个元素以包含关系建立关联。显然，每个\\(A_k\\)包含\\(n-m\\)个元素，而每个元素已经出现过\\(m\\)次且属于不同的列，故未出现在\\(n-m\\)列中。直接利用Hall定理的推论，可选出\\(A_k\\)的相异代表系，以它们组成新的一行，可以继续这个过程，直至构造出拉丁方。

1.3 积和式

　　对\\(m\\times n\\)阶的关联矩阵\\(R\\)（\\(m\\leqslant n\\)），一组相异代表系其实就是在每行\\(k\\)取一个元素\\(a_k\\)，满足\\(a_1a_2\\cdots a_m=1\\)。这就启发我们，对每行的任意选取计算其乘积，并将所有可能的乘积相加，结果便是相异代表系的个数。严格来讲，一种选取就是一个从行数\\(k\\)到列数的互异映射\\(\\sigma(k)\\)，记所有这种映射的集合为\\(\\Omega\\)，称式（4）为关联矩阵\\(R\\)的积和式（permanent）。

\\[\\text{Per}(R)=\\sum_{\\sigma\\in \\Omega}a_{1\\sigma(1)}a_{2\\sigma(2)}\\cdots a_{m\\sigma(m)}\\tag{4}\\]

　　式（4）的定义与矩阵行列式的定义非常类似，故不难证明积和式也有类似行列式计算的拉普拉斯展开式，这里就不展开阐述了。积和式的计算并不容易，它只有理论价值，对于特殊的形式的关联矩阵可以通过拉普拉斯方法简化计算。积和式一般用于一些计数问题中，这里举一个常见的例子。

　　考虑将\\(n\\)个元素重新排列，并限制每个元素出现的位置，这种问题被称为限位排列问题。每个元素和可以出现的位置建立起\\(n\\times n\\)阶关联矩阵，排列的个数显然就是矩阵的积和式。前面多次提到的错位排列问题就是一个特例，它的关联矩阵为\\(J_n-I_n\\)（\\(J_n\\)为全\\(1\\)矩阵），容易得到\\(D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\\)，你可以尝试计算其母函数和通项公式。

　　还有一个经典的限位排列问题，就是著名的“夫妻围坐”问题：\\(n\\)对夫妻围坐在圆桌边，要求男女相间但夫妻不相邻。可以先让女士入座，问题的难点就是男士入座的坐法数\\(U_n\\)。记女士\\(k\\)左手边的位置为\\(k\\)，男士\\(k\\)就不能坐\\(k\\)或\\(k+1\\)（\\(k=n\\)时为\\(1\\)），这是个典型的限位排列问题。我们可以轻松地写出关联矩阵\\(J_n-I_n-P_n\\)（\\(P_n\\)是\\(a_{i(i+1)}=a_{n1}=1\\)的矩阵），但它的显式表达式比较难解，这里只给出结论（式（5），试试用容斥原理解决）。

\\[U_n=\\sum_{k=0}^n(-1)^k\\dfrac{2n}{2n-k}\\binom{2n-k}{k}(n-k)!\\tag{5}\\]

1.4 0-1矩阵类

　　对一个\\(m\\times n\\)阶的关联矩阵\\(R\\)，可以计算每行和每列\\(1\\)的个数\\(p_i,q_j\\)，向量\\(P=(p_1,\\cdots,p_m),Q=(q_1,\\cdots,q_n)\\)被称为行和向量与列和向量。我们自然想问，任意给定\\(m\\)维向量\\(P\\)和\\(n\\)维向量\\(Q\\)，存在以它们为行（列）和向量的关联矩阵吗？首先当然有式（6）成立，这个条件过于平凡，以下把它当做默认条件，并把以\\(P,Q\\)作为行（列）和向量的所有关联矩阵的集合记作\\(R(P,Q)\\)。

\\[p_1+\\cdots+p_m=q_1+\\cdots+q_n\\tag{6}\\]

　　由于行列可以任意交换，我们事先假定\\(p_i,q_j\\)都是递减排列的。在具体排列时，先将每行的\\(p_k\\)个\\(1\\)全部靠左放置，得到的矩阵记作\\(R(P,n)\\)。它的列和向量记作\\(P^*=(p_1^*,\\cdots,p_n^*)\\)。\\(R(P,n)\\)的特点是向左紧凑排列，具体来讲就是任意\\(p_1^*+\\cdots+p_k^*\\)都取到了最大值。为讨论方便，如果两个\\(n\\)维向量满足式（7），则称\\(T\\)优超于\\(S\\)。刚才的讨论说明，\\(R(P,Q)\\)非空的必要条件是\\(Q\\prec P^*\\)。

\\[S\\prec T\\;\\Leftrightarrow\\;\\sum_{i=1}^ks_i\\leqslant\\sum_{i=1}^kt_i,\\,(k=1,2,\\cdots,n)\\tag{7}\\]

　　其实\\(Q\\prec P^*\\)也是\\(R(P,Q)\\)非空的充分条件（式（8），当然还要求（6）成立），它由Ryser和Gale分别单独发现，这里仅描述一下思路，严格证明请看教材。以\\(R(P,n)\\)为初始状态，第一步将行和最小的\\(m-q_1\\)行向右平移一列，这样第一列就只有\\(q_1\\)个\\(1\\)。去除掉第一列后矩阵仍然是相左紧凑排列的，将余下矩阵的行和最小的\\(m-q_2\\)行向右平移一列，依次类推便可构造出\\(R(P,Q)\\)。

\\[R(P,Q)\\ne\\varnothing\\;\\Leftrightarrow\\;Q\\prec P^*\\tag{8}\\]

2. 集系的极值

　　组合设计问题中还有一类问题，就是在\\(X\\)的所有子集中选出满足条件的子集构成集系\\(B\\)，并且讨论\\(B\\)能取到的最值。这类问题花样繁多，大部分也很难解决，残留了大量尚未解决的问题。以我有限的眼光看，这些智力竞逐的游戏并没有广泛的应用领域，这里暂时就不做介绍了，留作后话吧。子集间最简单的关系就是交集和包含，下面从这两方面讨论两个简单的问题。

2.1 相交集系

　　第一个问题很简单，就是要求集系中的元素两两交集非空，问集系最大为多少？构造两两相交的集系并不难，任取\\(x\\in X\\)，所有包含\\(x\\)的子集便满足条件，其个数是所有子集的一半\\(2^{n-1}\\)。还能更大吗？对任何子集\\(b\\in B\\)，\\(b\\)和\\(\\bar{b}\\)不能同时选取，故\\(2^{n-1}\\)已是最大值。

　　甚至对一个阶小于\\(2^{n-1}\\)的相交集系\\(B\\)，总可以将其扩展为\\(2^{n-1}\\)个。因为总存在\\(b\\)使得\\(b,\\bar{b}\\)都不属于\\(B\\)，如果\\(b\\)与\\(B\\)的所有元素都相交，则\\(b\\)可添加进\\(B\\)。否则设存在\\(b\'\\in B\\)使得\\(b\\cap b\'=\\varnothing\\)，则可证\\(B\\)中任意元素\\(b\'\'\\)都满足\\(b\'\'\\not\\subset b\\)，因为这样的话\\(b\'\\cap b\'\'=\\varnothing\\)，矛盾。既然恒有\\(b\'\'\\not\\subset b\\)，则必然有\\(b\'\'\\cap \\bar{b}\\ne\\varnothing\\)，可将\\(\\bar{b}\\)添加到\\(B\\)中，结论得证。

　　如果把条件改成任意三个集合有交集呢？基于开始的构造（总取\\(a\\)），最多仍然能取到\\(2^{n-1}\\)个，现在来证明这是唯一的情况。假设\\(p\\)是满足\\(b_1\\cap\\cdots\\cap b_p=b\\in B\\)的最大值，如果\\(p<2^{n-1}\\)，则易证\\(b\\cap b_{p+1}\\)不属于\\(B\\)，但却与\\(B\\)中所有元素有交集，矛盾。故\\(p=2^{n-1}\\)，唯一性便容易证明。

2.2 Sperner系

　　第二个问题可以描述为，集系\\(B\\)中的元素互不包含，问集系最大为多少？这样的集系也称为Sperner系。既然讨论到包含关系，我们来考察所有满足时（9）的包含链，Sperner系在每条链上最多只能有一个元素。由于包含链上每一步只多一个元素，故包含链总共有\\(n!\\)条。对任意\\(b\\in B\\)，如果\\(|b|=k\\)，则包含\\(b\\)的链共有\\(k!(n-k)!\\)条。若记\\(B\\)中阶为\\(k\\)元素有\\(f_k\\)个，由于每条链最多只能包含\\(B\\)的一个元素，则显然有式（10）左成立，整理后便是式（10）右。

\\[\\varnothing=b_1\\subset b_1\\subset\\cdots\\subset b_n=X,\\;\\;(|b_{k+1}|-|b_k|=1)\\tag{9}\\]

\\[\\sum_{k=1}^{n}(f_k\\cdot k!(n-k)!)\\leqslant n!\\;\\Rightarrow\\;\\sum_{k=1}^{n}\\dfrac{f_k}{\\binom{n}{k}}\\leqslant 1\\tag{10}\\]

　　以下记\\(m=\\lfloor\\dfrac{n}{2}\\rfloor\\)，由\\(\\binom{n}{k}\\)的单调性易知\\(f_1+\\cdots+f_n\\leqslant\\binom{n}{m}\\)，等号成立的充要条件是：只有当\\(k=m,m+1\\)时\\(f_k\\ne 0\\)，并且所有链上都有\\(B\\)中的元素。当\\(B\\)取所有\\(m\\)阶子集，或者取所有\\(m+1\\)阶子集时，都满足等式要求。下面证明其实只能取这两种子集之一，证明中一定要牢记：每条链都有且仅有一个\\(B\\)的元素。

　　假设\\(m+1\\)阶子集只有部分在\\(B\\)中，则必然可选出\\(m+1\\)阶子集\\(b_1\\in B,b_2\\not\\in B\\)。将\\(b_1\\)向\\(b_2\\)每次换一个元素地渐变，过程中必有某个时刻有\\(b_3\\in B,b_4\\not\\in B\\)，且\\(|b=b_3\\cap b_4|=m\\)。由\\(b_3\\in B\\)知\\(b\\not\\in B\\)，但由\\(b_4\\not\\in B\\)又有\\(b\\in B\\)，矛盾！只就证明了，Sperner系取最大值时，要么全是\\(\\lfloor\\dfrac{n}{2}\\rfloor\\)阶子集，要么全是\\(\\lceil\\dfrac{n}{2}\\rceil\\)阶子集，该结论被称为Sperner定理。

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【全篇完】