WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 12 |

Если n = 1, то выход алгоритма есть последовательность, {1}.

Пусть для n - 1 выходом алгоритма есть последовательность Ln-1. Обозначим Ln-1 - последовательность Ln-1, написанную в обратном порядке. Тогда для n выходом алгоритма будет последовательность Ln = Ln-1, Ln-1 {n}, где Ln-1 {n}означает, что к каждому члену последовательности Ln-1 добавлен элемент n.

Пример: L2 =, {1}, {1, 2}, {2} L3 =, {1}, {1, 2}, {2}, {2, 3}, {1, 2, 3}, {1, 3}, {3}.

Справедливость алгоритма легко устанавливается индукцией по n, если заметить, что Ln-1 заканчивается множеством {n - 1}. Первая половина последовательности Ln совпадает с Ln-1 и по индукции удовлетворяет нужным требованиям. Следующий элемент после Ln-1 есть {n - 1, n}, и затем проходится последовательность Ln-1 в обратном порядке с добавлением элемента {n}, и нужные требования снова выполняются. Поскольку первый элемент в Ln-1 есть, то последний элемент в Ln есть {n}. Если длина Ln-1 есть 2n-1, то длина Ln есть 22n-1 = 2n.

Представим теперь алгоритм, который порождает все r-сочетания n-множества А = {1, 2, …, n} в лексикографическом порядке. Каждое r-сочетание представляется числами a1 < a2 < … < ar.

Начало алгоритма: a1 = 1, a2 = 2, …, ar = r.

Пусть порождено r-сочетание a1, a2, …, ar. Тогда определяется наибольшее ai, такое, что ai + 1 не входит в данное сочетание. Если таких ai нет (это происходит только в случае a1 = n - r + 1, …, ar = n ), то стоп.

Если такое ai есть, то образуем новое сочетание a1,K,ar, полагая a1 = a1,K,ai-1 = ai-1,ar = ai + 1,ai+1 = ai + 2,K,ar = ai + r - i.

Проиллюстрируем алгоритм для n = 4, r = Шаги Сочетания ai 1 1,2 2 1,3 3 1,4 4 2,3 5 2,4 6 3,4 стоп Предоставляется доказать в качестве упражнения индукцией по n, что описанный алгоритм порождает все r-сочетания n-множества.

2. Перейдем теперь к вопросу порождения n-перестановок n-множества А = {1, 2, …, n}. Определим сначала индуктивный алгоритм А(n). Для n = 1 выход А(1) есть перестановка (1). Пусть для n - 1 алгоритм построил все (n - 1)перестановки чисел 1, 2, …, n - 1. Тогда А(n) действует так.

Каждой (n - 1)-перестановке b1, …, bn-1 чисел 1, 2, …, n - 1 ставится в соответствие n перестановок чисел 1, 2, …, n следующим образом:

(b1,K,b,1), где b = bi + 1, i = 1, n - n-1 i (b1,K,b,2), где b = bi если bi = n-1 i b = bi + 2 если bi 2.

i … ( (b1n),K,bn,n), где b(n) = bi, i = 1, n - n-1 i Корректность данного алгоритма следует из того, что для любого s 1, n последова( тельность b1s),K,b(s)1 есть перестановка чисел 1, 2, …, s - 1, s + 1, …, n.

nПредставим теперь алгоритм порождения всех n! перестановок n-множества А = {1, 2, …, n}, в котором переход от одной перестановки к следующей осуществляется одной транспозицией соседних элементов. Транспозиция - это перемена местами двух элементов. Каждый элемент снабжается “направлением”, обозначаемым ““ или ““.

Число k называется подвижным, если существует меньшее его число, соседнее с ним со стороны стрелки.

Алгоритм “Перестановки”.

Начало - конфигурация 1 2... n Шаг алгоритма 1. Если нет подвижных элементов, то стоп.

2. Находится наибольшее подвижное число m 3. Число m переставляется с соседним элементом, на которое указывает направление m.

4. Направления всех элементов k, k > m меняются на противоположные.

5. Повторить шаг 1.

Проиллюстрируем алгоритм для n = 3.

Шаг Конфигурация Максимальное подвижное число 1 2 3 3 1 4 5 6 нет, стоп Корректность данного алгоритма устанавливается индукцией по n. Пусть алгоритм правильно работает для n, и покажем его правильность для n + 1. (Случай n = тривиален). Ясно, что если начинать работу с конфигурации 1 2... n n +1, что n + 1 - максимальное подвижное число, и оно им остается до тех пор, пока не будет получена конфигурация n +1 1... n. При этом будут порождены n+1 перестановок, в которых число n+1 занимает места n + 1, n, …, 1. Теперь максимальное подвижное число n, и переставляются элементы множества 1, 2, …,n. Теперь снова максимальное подвижное число n + 1, после смены его направления оно будет двигаться влево n + 1 раз, порождая n + 1 перестановок. Когда будет получена перестановка a1 a2 … an n +1, число n+1 не будет неподвижным, и алгоритм будет применяться к множеству 1, 2, …n, после чего число n + 1 снова становится подвижным. Таким образом, алгоритм порождает n + 1 перестановок и применяется к множеству 1, 2, …, n. Когда будет достигнута последняя перестановка чисел 1, 2, …, n, то число n +1 через n + 1 шагов перестанет быть подвижным, и алгоритм останавливается. Общее число шагов алгоритма (n + 1)n! = (n + 1)!.

ГЛАВА II. МЕТОДЫ ПЕРЕЧИСЛЕНИЯ § 1. Метод включения-исключения.

Предположим, что имеется множество X из N элементов. Пусть имеется t свойств P1,..., Pt, так, что любой элемент множества X может обладать или не обладать любым из этих свойств. Пусть N(Pi) - число элементов из X, обладающих свойством Pi.

Для любого подмножества свойств { Pi1,K, Pir } обозначим N( Pi1,K, Pir ) - число элементов из X, обладающих свойствами Pi1,K, Pir (возможно также и некоторыми другими свойствами).

Теорема 1. Число элементов N(0) множества X, не обладающих ни одним из названных свойств, задается формулой N(0) = S0 - S1 + S2 - … +(-1)tSt (1) где S0 = N Sk = N(Pi1,K, Pik ), k 1, t 1i1<...

Элемент a X, не обладающий ни одним из указанных свойств учитывается один раз в члене S0 и не входит ни в один из остальных слагаемых правой части (1).

Элемент a X со свойством Pj учитывается один раз в члене S0 и один раз в члене S1 = NPi ), причем в члене S0 1 раз, а в члене S1 - 1 раз и общий его вклад равен t ( i=1 + (-1) = 0. Элемент a X, обладающий точно r свойствами Pi1,K, Pir (r 1), учитываr r ется один раз в члене S0 и дает вклад 1, далее раз в члене S1 и дает вклад -, затем 1 r r r раз в члене S2 и дает вклад и, вообще, учитывается раз в члене Sk и дает 2 2 k r вклад (-1)k, где k r. Следовательно, общий вклад элемента a в правую часть (1) k равен r r r r 1 - + - … + (-1)k + … + (-1)r, = (1 - 1)r = 1 2 k r Значит, правая часть (1) учитывает точно 1 раз каждый элемент, не обладающий ни од ним из указанных свойств, а всякий другой элемент учитывается 0 раз, следовательно, правая часть (1) равна N(0).

Формула (1) может быть обобщена следующим образом.

Теорема 2. Число элементов N(r) множества X, обладающих точно r свойствами из указанных свойств, дается формулой t r + 1 r + s N(r) = Sr - Sr+1 + …+ (-1)s Sr+s+ … + (-1)t-r St (2) r r r В правой части (2) элемент a X, обладающий точно r свойствами, учитывается 1 раз в первом слагаемом и не учитывается в остальных слагаемых. Пусть теперь элемент a X обладает точно k свойствами, r < k t. Тогда он учитывается в слагаемых r k r + 1 k k k Sr, Sr+1, …, Sk число раз, равное соответственно.

,,K, r r r r + 1 r k Значит общий вклад элемента a X равен r k r + 1 k r + 2 k k k - + - … + (-1)k-r (3) r r r r + 1 r r + 2 r k b c c c - a Воспользуемся легко проверяемым тождеством = и преобразуем a b a b - a сумму (3).

k k - r k k - r k k - r k k - r - + - … + (-1)k-r r 0 r 1 r 2 r k - r Следовательно имеем k k - r k - r k - r k - r + -L+(-1)k-r = r 012 k - r Значит, формула (2) учитывает каждый элемент, обладающий точно r свойствами 1 раз, а остальные элементы из X учитываются 0 раз.

Дальнейшее обобщение формулы включения-исключения может быть сделано следующим образом. Предположим, что каждый элемент a A обладает весом w(a), представляющим собой элемент некоторого поля F. Для любого подмножества свойств { Pi1,K, Pir }обозначим через W( Pi1,K, Pir ) сумму весов всех элементов X, обладающих свойствами Pi1,K, Pir (возможно также и некоторыми другими). Положим W(r) = W(P,K, Pir ), W(0) - суммa весов всех элементов из X. Пусть E(r) - сумма i1i1<...

Теорема 3. Справедлива формула r + 1 r + 2 t E(r) = W(r) - W(r + 1) + W(r + 2) - … + (-1)t-r W(t) (4) r r r Доказательство почти дословно повторяет доказательство формулы (2) и потому опускается.

Рассмотрим приложения формулы включения-исключения.

1. Пусть X1, …, Xn - семейство подмножеств множества X. Tогда справедливо тождество n X1... Xn = Xi - Xi X +L+(-1)n-1 X1... Xn (5) U U i=1 I I I j 1i< jn Пусть x X1... Xn. Говорим, что элемент x обладает свойством Pi, U U i 1, n, если x Xi. Пусть X(0) - число элементов из X1... Xn, не обладающих ни U U одним из указанных свойств Pi, i 1, n. По формуле включения-исключения имеем n N(0) = X1... Xn - Xi + Xi X +L+(-1)n X1... Xn U U i=1 I I I j 1i< jn Поскольку N(0) = 0, то отсюда следует формула (5).

2. Пусть X, Y - произвольные множества, X= n, Y= m. Тогда число Wnm сюръективных отображений f : X Y (n m) дается формулой.

m m m Wnm = mn - (m - 1)n + (m - 2)n -L+(-1)n (m - m)n (6) 1 2 m На множестве всех отображений f : X Y введем m свойств P1, …, Pm следующим образом: отображение f : X Y обладает свойством Pi, если в образ отображения f не входит элемент yi Y, где Y = {y1, …, ym}. Значит, отображения f : X Y, не обладающие ни одним из указанных свойств P1, …, Pm, есть очевидно сюръективные отображения. Далее, имеем следующие соотношения:

N = mn - число всех отображений f : X Y N(Pi) = (m - 1)n … N( Pi1,K, Pik ) = (m - k)n Теперь по формуле включения-исключения получаем формулу (6).

3. Пусть X, Y - произвольные множества, X= k, Y= m. Рассмотрим функцию n переменных f(x1, …, xn), где xi X со значениями из множества Y. Переменная xi называется фиктивной, если справедливо f(x1, …, xi-1, x, xi+1, …, xn) = f(x1, …, xi-1, x, xi+1, …, xn), xi, x, x X (6) Найдем число N0 функций f, f : Xn Y, не имеющих фиктивных переменных. На множестве всех функций данного вида определим n свойств P1, …, Pn, где свойство Pi означает, что переменная xi фиктивна, i 1, n. Ясно, что справедливы соотношения n N = mk n-N(Pi) = mk n-N(Pi, Pj) = mk........

n-t N( Pi1,K, Pit ) = mk........

По формуле включения-исключения получаем n n-1 n-2 n-n n n n N0 = mk - mk + mk - … + (-1)n mk (6’’) 1 2 n 4. Пусть имеем n-множество X = {x1, …, xn}. Две подстановки 1, 2 множества X называются толерантными, если для них справедливо: x X 1(x) = 2(x).

Не толерантные подстановки 1, 2 называются противоречивыми. Число Qn пар противоречивых подстановок n-множества X дается формулой 1 1 Qn = (n!)2 (1 - + -L+(-1)n ) (7) 1! 2! n! Зафиксируем подстановку 1, которая выбирается n! способами, и найдем число Dn подстановок 2, противоречивых с 1. Покажем, что справедливо 1 1 Dn = n! (1 - + -L+(-1)n ) (8) 1! 2! n! Действительно, введем свойства P1, …, Pn на множестве всех подстановок {} множества X, где свойство Pi, i 1, n означает, что выполнено (xi) = 1(xi)..

Интересующие нас подстановки 2 есть подстановки, не обладающие ни одним из названных свойств P1, …, Pn.

Имеем N = n!, N(Pi) = (n - 1)!, …, N( Pi1,K, Pik ) = (n - k)!. Применяя формулу включе ния-исключения, получаем справедливость формулы (8), а следовательно, и формулы (7).

Зафиксируем теперь число k, 0 k n. Две подстановки 1, 2 множества X называются k-толерантными, если имеется точно k элементов x X, для которых 1(x) = 2(x).

Аналогично предыдущему, используя формулы (2), можно показать, что число Qnk пар k-толерантных подстановок n-множества выражается формулой (n!)2 1 1 Qnk = (9) 1 - + -L+(-1)n-k k! 1! 2! (n - k)! Если вместо подстановок рассматривать отображения, то вопросы их толерантности решаются легко. Пусть имеется n-множество X = {x1, …, xn} и m-множество Y = = {y1, …, ym}. Два отображения f, g : X Y называются толерантными, если существует x X, такое, что f(x) = g(x). Не толерантные отображения f, g называются противоречивыми. Число Mmn пар противоречивых отображений n-множества X в m-множество Y дается формулой Mmn = mn (m - 1)n (10) Зафиксируем число k, 0 k n. Два отображения f, g : X Y называются k-толерантными, если существует точно k элементов x X, таких, что f(x) = g(x). Число Nmn пар k-толерантных отображений n-множества X в m-множество Y дается формулой n Nmn = (11) (m - 1)n-k mn k 5. Рассмотрим задачу построения подстановок n-множества X = {x1, …, xn} методом бесповторного набора. Суть метода заключается в следующем. Фиксируется число t n и рассматривается произвольная последовательность a = (a1, a2, …, at) элементов множества X длины t. Тогда по последовательности a строится подстановка a следующим образом: a(x1) = a1. Если определены a(x1), …, a(xk), то a(xk+1) = al, где l - наименьший индекс, такой, что al a(x1), al a(x2), …, al a(xk). Данный метод построения подстановки - “частотный”, т.е. не для всякой последовательности a может быть построена подстановка a. Примером такой последовательности является последовательность a = (x1, x1, …, x1). Данный метод приводит к результату тогда и только тогда, когда в последовательности a содержатся все элементы x1, …, xn.

Число Rnt последовательностей a = (a1,…, at) в алфавите X = {x1, …, xn}, содержащих все элементы X (t n)выражается формулой n n n Rnt = nt - - 1)t + - 2)t -L+(-1)n (n - n)t (12) (n (n 1 2 n Представляя последовательность a = (a1, …, at) как отображение : Y X, где Y = {1, 2, …, t}и отождествляя (a1,…, at) ((1), (2), …, (t)), получаем, что последовательности (a1,…, at), содержащие все элементы X = {x1, …, xn}, есть сюръективные отображения : Y X. Остается применить формулу (6).

6. Пусть X = {x1, …, xn}. найдем число Un подстановок множества X, таких, что (xi) xi и (xi) xi+1, i 1,n -1, (xn) xn и (xn) x1. Другими словами, нас интересует число Un подстановок, противоречивых двум подстановкам:

x1 x2... xn x1 x2... xn и x1 x2... xn x2 x3... x Теорема 4. Для чисел Un (n > 1) справедлива формула 2n 2n - 2n 2n - 1 2n n Un = n! - (n - 1)!+ (n - 2)!-K+(-1)n 0! 1 2 n 2n - 1 2n - 2 n Предварительно докажем две леммы.

1. Два элемента из X вида (xi, xi+1) называются соседними ( i 1, n - 1). Число f(n, k) подмножеств X из k элементов и не содержащих соседних элементов равно n - k + f(n, k) = (14) k Каждое такое подмножество Y X будем характеризовать двоичным вектором длины n a1,..., an, где ai = 1 xi Y. Интересующим нас подмножествам соответствуют вектора с k единицами и не содержащие двух единиц подряд. Число таких векторов можно подсчитать так. Если взять последовательность n - k нулей, то k единиц могут размещаться только в промежутках между нулями. Число мест для единиц n - k +1, число единиц k. Следовательно, число интересующих нас подмножеств выражается формулой (14).

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 12 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.