Изменения

{{Определение|definition=<tex dpi="130">A=\{a_{1},a_{2}, \ldots ,a_{z}\}</tex>, <tex dpi="130">B=\{b_{1},b_{2}, \ldots ,b_{z_{1}}\}</tex> {{---}} множества из различных объектов. <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{l}\}</tex> {{---}} количество объектов веса от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">l</tex> из <tex dpi="130">A</tex>, а <tex dpi="130">U=\{u_{1},u_{2}, \ldots ,u_{l}\}</tex> {{---}} соответственно для <tex dpi="130">B</tex>. }} В дальнейшем, будем считать что нет объектов веса <tex dpi="130"">0</tex>, так как в противном случае существует бесконечное количество рассматриваемых комбинаторных объектов любого веса и подсчет теряет смысл, или подсчет сводится к рассматриваемому случаю. Отведем данный вес под пустое множество(то есть <tex dpi="130">w_{0}=1</tex>).  ==Последовательности(Seq)== {{Определение|definition=<tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из элементов <tex dpi="130">A</tex>. <tex dpi="150">S_{n}</tex> {{---}} '''количество последовательностей''' веса <tex dpi="130">n</tex>.}} 

Пусть <texdpi="150">AS_{n}=\sum\limits_{a_i=1}^{1n},a_w_{2i}, \ldots ,a_S_{n}\-i}</tex> . Причем <tex dpi="150"">S_{{---0}} множество из различных объектов, = 1</tex>S.|proof=Seq(A)</texdpi="130""> S_{{---0}} множество всех последовательностей из элементов = 1</tex>, так как есть единственный способ составить пустую последовательность. Докажем по индукции. '''База <texdpi="130"">An = 1</tex>, '''. :<texdpi="130"">WS_{1}=\{w_{1},S_{0}=w_{21}</tex>, \ldots что верно,w_{m}\}так как единственный способ составить последовательность веса <tex dpi="130"">1</tex> {{---}} количество объектов это взять любой элемент веса <texdpi="130"">\{1 \ldots m\}</tex>. Тогда  '''количество последовательностейПереход''' веса . :Пусть для <texdpi="130"">j < n</tex> можно вычислить как верно. Докажем для <texdpi="130"">S_{n}</tex>. Возьмем произвольный элемент из <tex dpi="130"">A</tex> веса <tex dpi="130"">i \sum_{leqslant n</tex>, и допишем его к последовательности элементов веса <tex dpi="130"">n-i</tex>. Образуется новая последовательность веса <tex dpi=1}^{"130"">n} w_{i} S_{</tex>. Причем никакая последовательность не будет учтена дважды, так как прежде не было последовательностей веса <tex dpi="130"">n-1}</tex>и ни к какой последовательности меньшего веса мы не добавляем один и тот же элемент дважды.

===Подсчет битовых векторов длины <texdpi="150">n</tex>===Пусть <texdpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <texdpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex>, <texdpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех [[Комбинаторные объекты#Битовые вектора|битовых векторов]]. Тогда <tex>S_{n}=\sum_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-1}=2S_{n-1}=2^{n}</tex>.

Тогда, <tex dpi="150">S_{n}=\sum\limits\limits_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-i}=2S_{n-1}=2^{n}</tex>. ===Подсчет последовательностей Seq из маленьких и больших элементов===Пусть <texdpi="130">A=\{1, 2\}</tex>, <texdpi="130">W=\{1, 1, 0 \ldots 0\}</tex>, <texdpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из маленьких и больших элементов , <texdpi="130">SS_{1}=Seq(A)1</tex>.  Тогда , <texdpi="150">S_{n}=\sum_sum\limits_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-1i}=S_{n-1}+S_{n-2}=F_{n}</tex>, где <texdpi="150">F_{n}</tex> {{---}} <tex>n</tex>-ое число Фибоначчи <ref>[[wikipedia:Fibonacci number|Wikipedia {{---}} Числа Фибоначчи]]</ref>.

Пусть <texdpi="130">G_T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <texdpi="130">n</tex> вершинами, . <tex>G_{0} dpi= 1</tex>. <tex"130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из данных деревьев. <texdpi="130">S_{n}</tex> {{---}} количество последовательностей с суммарным количество вершин <texdpi="130">n</tex>. Чтобы получить дерево из <texdpi="130">n</tex> вершин , достаточно взять <texdpi="130">1</tex> вершину , и подвесить к ней последовательность деревьев с суммарным количеством вершин <texdpi="130">n-1</tex>. Тогда ::<texdpi="150">T_{n}=S_{n-1}</tex>.:<tex dpi="150">S_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n} T_{i} S_{n-i}=\sum_sum\limits_{i=1}^{n} G_S_{i-1} S_{n-i}=\sum\limits_{i=0}^{n-1} S_{i} S_{n-i-1}=C_{n}</tex>, где <texdpi="150">C_{n}</tex> {{---}} <texdpi="150">n</tex>-ое [[Числа Каталана|число Каталана]], а <tex>G_{n}=S_{n-1}</tex>.

[[File:Sequence_of_rooted_Trees.png|750px]][[File:Ordered_Rooted_Trees.png|600px700px]]

==Множества(PSet)== {{Определение|definition=<tex dpi="130">P=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств, составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex>. <tex dpi="150">P_{n}</tex> {{---}} '''количество множеств''' суммарного веса <tex dpi="130">n</tex>.}}

Пусть <texdpi="150">AP_{n}=\p_{a_n, n}</tex>, где <tex dpi="150">p_{1n, k},a_=\sum\limits_{2i=0}, ^{\lfloor \ldots ,a_frac{n}{k} \rfloor}\binom{w_{k}}{i} p_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} множество из различных объектовколичество таких множеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <texdpi="150">S=PSet(A)k</tex> . Причем <tex dpi="150">p_{{---0, i}} множество всех множеств объектов= 1</tex>, составленных из элементов а <texdpi="150">Ap_{i, 0} = 0</tex>, <tex dpi="150"">i \ne 0</tex>W.|proof=<tex dpi=\"130">p_{w_{1}0,w_{2i}= 1</tex>, \ldots так как не набирать никакой вес есть один способ,w_а <tex dpi="130">p_{k}\i, 0}= 0</tex> {{---}} количество объектов веса , <texdpi="130"">i \{1 \ldots k\}ne 0</tex>, составленных так как нельзя набрать положительный вес из элементов ничего. Изначально у нас есть только пустое множество веса <texdpi="130">A0</tex>, . Рассмотрим очередной этап вычисления <texdpi="130">w_p_{0n,k} = 1</tex>. Тогда '''количество множеств''' из объектов суммарного веса Для данных <texdpi="130">n</tex> можно вычислить как и <tex dpi="130">S_{n}=s_{n, n}k</tex>у нас уже имеется множество, где которое необходимо дополнить. Мы можем сделать это добавляя от <tex dpi="130">s_{n, k}0</tex> до <tex dpi=\sum_{i=0}^{"130">\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{n}{w_{</tex> элементов веса <tex dpi="130">k</tex> (при условии, что столько различных элементов имеется) в данное множество. Выбрать нужное количество элементов можно с помощью сочетаний. Следовательно, у нас образуется новые множества, которые будет необходимо дополнить элементами веса меньше <tex dpi="130">k}} s_{</tex> (чтобы избежать повторений) суммарного веса <tex dpi="130">n-ik</tex>, k-1}где <tex dpi="130">i</tex> {{---}} количество таких множеств, что они содержат объекты суммарного элементов веса <texdpi="130">\leqslant k</tex>которое мы добавили в данное множество. Довольно легко заметить, что данные операции полностью соответствуют описанной выше формуле.

===Количество множеств PSet из элементов <tex>0</tex> или <tex>и 1</tex>===Пусть <texdpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <tex>SP=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств из <texdpi="130">A</tex>, <texdpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex>, <tex>w_{0} = 1</tex>. Тогда <tex tex dpi="130150">S_P_{n}=s_p_{n, n}</tex>, где <tex tex dpi="130150">s_p_{n, k}=\sum_sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} s_\binom{w_{k}}{i}p_{n-ik, k-1}</tex>. :<tex dpi="130150">S_P_{0}=s_p_{0, 0} = 1</tex>.:<tex dpi="130150">S_P_{1}=s_p_{1, 1} = 2s_\binom{1}{0}p_{1, 0} + 2s_\binom{2}{1}p_{0, 0} = 2s_2p_{0, 0} = 2</tex>.:<tex dpi="130150">S_P_{2}=s_p_{2, 2} = s_\binom{0}{0} p_{2, 1} + s_\binom{0}{1}p_{0, 1} = s_\binom{2}{0}p_{2, 0} + 2s_\binom{2}{1}p_{1, 0} + s_\binom{2}{2}p_{0, 0}= p_{0, 0} = 1</tex>.:<tex dpi="150">{P_{3}=p_{3, 3} = \binom{0}{0}p_{3, 2} + \binom{0}{1} p_{0, 2}= s_\binom{0}{0}p_{3, 1} + \binom{0}{1} p_{0, 1} = \binom{2}{0}p_{3, 0} + \binom{2}{1}p_{2, 0} + \binom{2}{2} p_{1, 0} + \binom{2}{3} p_{0, 0}= 0}</tex>.:Для <tex dpi="150">n > 2</tex>, <tex dpi="150">P_{n} = 0</tex> .

:<texdpi="150">\{\}</tex>:<texdpi="150">\{0\}, \{1\}</tex>:<texdpi="150">\{0, 1\}</tex>

Пусть <texdpi="130">A=\mathbb{N}</tex>, <texdpi="130">SP=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые|разбиений на слагаемые]], <texdpi="130">W=\{1 \ldots 1\}</tex>. Тогда, :<tex dpi="150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex tex dpi="150">p_{n, k}=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} p_{n-ik, k-1} = p_{n, k-1} + p_{n - k, k}</tex>, что, как несложно заметить, соответствует формуле, полученной методом [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые#Алгоритм за O(N^2)|динамического программирования]].  ==Мультимножества (MSet)== {{Определение|definition=<texdpi="130">M=MSet(A)</tex> {{---}} множество всех мультимножеств <ref>[[wikipedia:Multiset|Wikipedia {{---}} Мультимножества]]</ref> из элементов <tex dpi="130">A</tex>. <tex dpi="150">M_{n}</tex> {{---}} '''количество мультимножеств''' из объектов суммарного веса <tex dpi="130">n</tex>.}} {{Утверждение|statement=<tex dpi="150">M_{n}=m_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">m_{n, k}=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} m_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких мультимножеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130">k</tex>. Причем <tex dpi="150">m_{0, i} = 1</tex>, а <tex dpi="150">m_{i, 0} = 0</tex>, <tex dpi="150"">i \ne 0</tex>. |proof=<tex dpi="130">m_{0, i} = 1</tex>, так как не набирать никакой вес есть один способ, а <tex dpi="130">m_{i, 0} = 0</tex>, <tex dpi="130"">i \ne 0</tex>, так как нельзя набрать положительный вес из ничего. Рассуждения аналогичны рассуждениям <tex dpi="130">PSet</tex>, однако теперь мы можем брать один и тот же элемент несколько раз. То есть для подсчета вместо обычных сочетаний нужно использовать сочетания с повторениями. }} ===Количество MSet из элементов 0 и 1===Пусть <tex dpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <tex dpi="130">M=MSet(A)</tex> {{---}} множество всех мультимножеств из <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex>.:Тогда , <tex dpi="150">M_{n}=m_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">m_{n, k}=\sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i}m_{n-ik, k-1}</tex>:<tex dpi="150">M_{0}=m_{0, 0} = 1</tex>.:<tex dpi="150">M_{1}=m_{1, 1} = \binom{1}{0}m_{1, 0} + \binom{2}{1}m_{0, 0} = 2m_{0, 0} = 2</tex>.:<tex dpi="150">M_{2}=m_{2, 2} = \binom{0}{0}m_{2, 1} + \binom{0}{1} m_{0, 1} = \binom{1}{0}m_{2, 0} + \binom{2}{1}m_{1, 0} + \binom{3}{2}m_{0, 0}= 3m_{0, 0} = 3</tex>.:<tex dpi="150">{M_{3}=m_{3, 3} = \binom{0}{0}m_{3, 2} + \binom{0}{1} m_{0, 2} = \binom{0}{0}m_{3, 1} + \binom{0}{1} m_{0, 1} = \binom{1}{0}m_{3, 0} + \binom{2}{1}m_{2, 0} + \binom{3}{2}m_{1, 0} + \binom{4}{3}m_{0, 0}= 4m_{0, 0} = 4}</tex>. :<tex dpi="150">\{\}</tex>:<tex dpi="150">\{0\}, \{1\}</tex>:<tex dpi="150">\{0, 0\}, \{0, 1\}, \{1, 1\}</tex>:<tex dpi="150">\{0, 0, 0\}, \{0, 0, 1\}, \{0, 1, 1\}, \{1, 1, 1\}</tex> :<tex dpi="150">{M_{n}=m_{n, n} = \binom{0}{0}m_{n, n-1} + \binom{0}{1} m_{0, n-1} = \binom{0}{0}m_{n, n-2} + \binom{0}{1} m_{0, n-2} = \ldots = \binom{1}{0}m_{n, 0} + \binom{2}{1}m_{n - 1, 0} + \ldots + \binom{n}{n-1}m_{1, 0} + \binom{n+1}{n} m_{0,0} = (n + 1) m_{0,0} = n+1}</tex>. ===Подсчет подвешенных непомеченных деревьев без порядка на детях===Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами. <tex dpi="130">F=MSet(T)</tex> {{---}} множество всех лесов из данных деревьев, так как лес можно интерпретировать как мультимножество из деревьев. <tex dpi="130">S_F_{n}=s_f_{n, n}</tex>{{---}} количество лесов с суммарным количество вершин <tex dpi="130">n</tex>. <tex dpi="130">f_{n, где k}</tex> {{---}} количество таких лесов из <tex dpi="130">n</tex> вершин, что деревья в них содержат не более чем <tex dpi="130">k</tex> вершин. Чтобы получить дерево из <tex dpi="130">n</tex> вершин, достаточно взять <tex dpi="130">1</tex > вершину и подвесить к ней лес деревьев с суммарным количеством вершин <tex dpi="130">s_n-1</tex>. Тогда::<tex dpi="150">T_{n}=F_{n-1}</tex>.:<tex dpi="150">F_{n}=f_{n, n}</tex>.:<tex dpi="150">f{n, k}=\sum_sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{T_{k}+i-1}{i} s_{n-ik, k-1} </tex>. Количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами образуют последовательность <tex dpi="130"> 1, 1, 2, 4, 9, 20, 48, 115, 286, 719, 1842, 4766, 12486, 32973, 87811, 235381, 634847 \ldots</tex> <ref>[http://oeis.org/A000081 Number of unlabeled rooted trees with n node]</ref>  [[File:Forests.png|670px]][[File:Rooted_Trees.png|700px]]  ==Пары (Pair)== {{Определение|definition=<tex dpi="130">D=Pair(A, B)</tex> {{---}} множество всех пар объектов, составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex> и <tex dpi="130">B</tex>. <tex dpi="150">D_{n}</tex> {{---}} '''количество пар''' из объектов суммарного веса <tex dpi="130">n</tex>.}} {{Утверждение|statement=<tex dpi="150">D_{n}=\sum\limits_{i=0}^{n}w_{i}u_{n-i}</tex>.|proof=Чтобы составить пару веса <tex dpi="130">n</tex> нужно взять один элемент веса <tex dpi="130">0 \leqslant i \leqslant n</tex> из <tex dpi="130">A</tex> и элемент веса <tex dpi="130">n-i</tex> из <tex dpi="130">B</tex> , что полностью соответствует данной формуле.}} ===Количество подвешенных неполных двоичных деревьев===Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами. <tex dpi="130">D=Pair(T, T)</tex> {{---}} множество всех пар из данных деревьев. Чтобы получить двоичное дерево из <tex dpi="130">n</tex> вершин, достаточно взять <tex dpi="130">1</tex> вершину и подвесить к ней левого и правого сына с суммарным количеством вершин <tex dpi="130">n-1</tex>. Тогда::<tex dpi="150">T_{n}=D_{n-1}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}T_{i}T_{n-i-1}=C_{n}</tex>, где <tex dpi="150">C_{n}</tex> {{---}} <tex dpi="150">n</tex>-ое [[Числа Каталана|число Каталана]]. ==Циклы (Cycle)== {{Определение|definition=<tex dpi="130">C=Cycle(A)</tex> {{---}} множество всех циклов <ref>[[wikipedia:Cyclic order | Wikipedia {{---}} Циклы]]</ref> из элементов <tex dpi="130">A</tex>. <tex dpi="150">C_{n}</tex> {{---}} '''количество циклов''' веса <tex dpi="150">n</tex>.}} {{Утверждение|statement=<tex dpi="150">C_{n}=\sum\limits_{s=1}^{n}c_{n, s}</tex>, где <tex dpi="150">c_{n,s}=\sum\limits_{i=0}^{s-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{s}</tex>, {{---}} количество циклов веса <tex dpi="150">n</tex> длины <tex dpi="150">s</tex>, а <tex dpi="150">|St(\vec{i})|</tex> {{---}} количество стабилизаторов для циклического сдвига на <tex dpi="150">i</tex> .|proof=Очевидно, что длина цикла веса <tex dpi="130">n</tex> может быть от <tex dpi="130">1</tex> до <tex dpi="130">n</tex>. Посмотрим сколько существует циклов каждой длины. Это можно сделать по [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа#Лемма Бёрнсайда|лемме Бёрнсайда]].}} {{Лемма|statement= Найдем <tex dpi="130">|St(\vec{i})|=z_{n,s,i}</tex> в общем случае.|proof=Пусть <tex dpi = "130">g=\mathrm{gcd}(s,i)</tex> {{---}} [[Наибольший общий делитель|наибольший общий делитель<tex dpi = "130">(s, i)</tex>]]. Заметим, что в <tex dpi = "130">i</tex>-ой перестановке на <tex dpi = "130">j</tex>-ой позиции стоит элемент <tex dpi = "130">(i + j)\bmod s</tex>. Также, заметим, что элемент <tex dpi = "130">a</tex> переходит в элемент <tex dpi = "130">a + in</tex>, где <tex dpi = "130">i = 1, 2, \ldots k</tex>. Из этого следует, что длина цикла для <tex dpi = "130">i</tex>-ой перестановки равна <tex dpi = "130"> \dfrac{\mathrm{lcm}(s, i)}{i} = \dfrac{s}{g}</tex>, где <tex dpi = "130">\mathrm{lcm}(s, i)</tex> {{---}} [[Наименьшее общее кратное|наименьшее общее кратное<tex dpi = "130">(s, i)</tex>]]. Также заметим, что если вес <tex dpi="130">n</tex> нельзя равномерно распределить по всей длине цикла, то стабилизатор равен <tex dpi="130">0</tex>. <p><tex dpi = "150">z_{n, s, i} = \left \{\begin{array}{ll} 0, & n \bmod \frac{s}{g} \neq 0 \\b_{\frac{ng}{s}, g}, & n \bmod \frac{s}{g} = 0 \end{array} \right. </tex></p>Где <tex dpi="150">b_{n,k}</tex> {{---}} число способов упорядочить набор из <tex dpi="150">k</tex> элементов суммарного веса <tex dpi="150">n</tex> и  <tex dpi="150">b_{n,k}=\sum\limits_{i=1}^{n}w_{i}b_{n-i, k-1}</tex>, причем <tex dpi="150">b_{n,1}=w_{n}</tex>.}} ===Задача об ожерельях===Решим данным способом [[Задача об ожерельях|задачу об ожерельях]]. Пусть необходимый вес <tex dpi="130">n</tex> {{---}} это количество бусинок, а <tex dpi= s_"130">k</tex> {{---}} количество цветов. Причем каждая бусинка весит <tex dpi="130">1</tex>. То есть <tex dpi="130">W=\{k, 0 \ldots 0\}</tex>. <tex dpi="130">C_{n}=\sum\limits_{s=1}^{n}c_{n,s}=c_{n,n}</tex> так как невозможно набрать вес <tex dpi="130">n</tex> менее, чем <tex dpi="130">n</tex> бусинами при весе бусин <tex dpi="130">1</tex>. <tex dpi="130">c_{n,n}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{n}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{s-1}|St(\vec{i})|=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{s-1}b_{\mathrm{gcd}(n,i),\mathrm{gcd}(n,i)}</tex>. Поскольку все бусины имеют одинаковый вес <tex dpi="130">1</tex>, то <tex dpi="130">b_{n, k} \neq 0</tex> В итоге, <tex dpi="130">C_{n}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{s-1} k^{\mathrm{gcd}(n,i)}</tex>. ==Метод производящих функций==Такие большие группы часто анализируют с помощью [[Производящая функция|производящих функций]]. Один из популярных методов {{---}} метод символов <ref>[[wikipedia:Symbolic method (combinatorics) | Wikipedia {{---}} Symbolic method]]</ref>. Он использует внутреннюю структуру объектов для получения производящих функций. В случае непомеченных объектов, как и в анализе в нашей статье, считается, что нет объектов нулевого веса. Иногда для удобства их добавляют, чтобы показать наличие одного пустого множества.При непомеченных объектах рассмотренные классы имеют следующие производящие функции: {| class="wikitable" |-align="center" !<tex dpi="130">Seq(A)</tex>||<tex dpi="130">\dfrac{1}{1-A(z)}</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">PSet(A)</tex>||<tex dpi="130">\prod\limits_{n \geqslant 1}(1+ s_z^{n})^{A_{n}}=\exp(-\sum\limits_{k \geqslant 1}\dfrac{(-1)^{k}A(z^{k})}{k})</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">MSet(A)</tex>||<tex dpi="130">\prod\limits_{n \geqslant 1}\dfrac{1}{(1- z^{n})^{A_{n}}}=\exp(\sum\limits_{k\geqslant 1}\dfrac{A(z^{k})}{k})</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">Pair(A,B)</tex>||<tex dpi="130">A(z)B(z)</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">Cycle(A)</tex>||<tex dpi="130">\sum\limits_{n \geqslant 1}\dfrac{\phi(n)}{n}\ln\dfrac{1}{1 - A(z^n)}</tex>, где <tex dpi="130">\phi(n)</tex> {{---}} [[Функция_Эйлера | функция Эйлера]].|} Однако порой некоторые комбинаторные классы удобнее обозначать как помеченные. Например, {{---}} помеченные графы. С помеченными объектами используется экспоненциальная производящая функция <ref>[[wikipedia:exponential generating function | Wikipedia {{---}} Exponential generating function]]</ref>. В данном случае для некоторых рассмотренных классов используются следующие производящие функции: {| class="wikitable" |-align="center" !<tex dpi="130">Seq(A)</tex>||<tex dpi="130">\dfrac{1}{1-A(z)}</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">Pset(A)</tex>||<tex dpi="130">\exp(A(z))</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">Pair(A,B)</tex>||<tex dpi="130">A(z)B(z)</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">Cycle(A)</tex>||<tex dpi="130">\ln\dfrac{1}{1-A(z)}</tex>.|} ===Ограниченные конструкции===Иногда в анализе необходимо ввести ограничение на количество компонентов. Такой случай обозначается нижним коэффициентом (например, <tex dpi="130">Seq_{k}(A)</tex>{{---}} <tex dpi="130">k</tex> компонентов).  Непосредственной формулой для производящих функций является диагональ <tex dpi="130">\Delta</tex> декартова произведения <ref>[[wikipedia:Cartesian product | Wikipedia {{---}} Декартово произведение]]</ref> <tex dpi="130">A \times A</tex>, определяемая как <tex dpi="130">B \equiv \Delta(A \times A) : \{(a, a) \mid a \in A\}</tex>. Тогда имеет место соотношение <tex dpi="130">B(z)=A(z^{2})</tex>.  Диагональная конструкция позволяет получить доступ к классу всех неупорядоченных пар из различных элементов из <tex dpi="130">A</tex>, то есть к <tex dpi="130">P = PSet_{2}(A)</tex>. Прямое выражение выполняется следующим способом: неупорядоченная пара <tex dpi="130">\langle \alpha, \beta \rangle </tex> связана с двумя упорядоченными парами <tex dpi="130">(\langle \alpha, \beta \rangle </tex> и <tex dpi="130">\langle \beta, \alpha \rangle )</tex>, кроме тех случаев, когда <tex dpi="130">\alpha = \beta</tex>, то есть когда пара лежит на диагонали декартова произведения. Другими словами, <tex dpi="130">PSet_{2}(A) + PSet_{2}(A) + \Delta(A \times A) \cong A \times A</tex>. Это, в свою очередь, означает что<tex dpi="130">2P(z) + A(z^{2}) = A(z)^{2}</tex>. Таким образом можно выразить <tex dpi="130">PSet_{2}(A)</tex>. Аналогично для <tex dpi="130">Seq_{2}(A)</tex>, <tex dpi="130">MSet_{2}(A)</tex> и <tex dpi="130">Cycle_{2}(A)</tex>: {| class="wikitable" |-align="center" !<tex dpi="130">Seq_{2}(A)</tex>||<tex dpi="130>A(z)^{2}</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">PSet_{2}(A)</tex>||<tex dpi="130">\dfrac{A(z)^{2}}{2}-\dfrac{A(z^{2})}{2}</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">MSet_{2}(A)</tex>||<tex dpi="130">\dfrac{A(z)^{2}}{2}+\dfrac{A(z^{2})}{2}</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">Cycle_{2}(A)</tex>||<tex dpi="130">\dfrac{A(z)^{2}}{2}+\dfrac{A(z^{2})}{2}</tex>|} Аналогичные рассуждения можно провести и для больших <tex dpi="130">k</tex>, как не сложно заметитьоднако расчеты быстро становятся сложными. Классический способ исправления таких вопросов {{---}} [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа#Теорема Пойа | теорема Пойа]].  Однако в методе символов предлагается более глобальный подход, основанный на многомерных производящих функциях и использующий ряд Бюрмана-Лагранжа <ref>[[wikipedia:Lagrange inversion theorem | Wikipedia {{---}} Lagrange inversion theorem]]</ref>. В общем случае, используя метод символов, соответсвует формулепроизводящие функции ограниченных конструкций можно подсчитать следующим способом: {| class="wikitable" |-align="center" !<tex dpi="130">Seq_{k}(A)</tex>||<tex dpi="130">A(z)^{k}</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">PSet_{k}(A)</tex>||<tex dpi="130">[u^{k}]\exp(-\sum\limits_{i=1}^{k}\dfrac{(-1)^{i}u^{i}A(z^{i})}{i})</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">MSet_{k}(A)</tex>||<tex dpi="130">[u^{k}]\exp(\sum\limits_{i=1}^{k}\dfrac{u^{i}A(z^{i})}{i})</tex>|-align="center" !<tex dpi="130">Cycle_{k}(A)</tex>||<tex dpi="130">[u^{k}]\sum\limits_{i \geqslant 1}\dfrac{\phi(i)}{i}\ln\dfrac{1}{1 - u^{i}A(z^i)}</tex>, полученной методом динамического программированиягде <tex dpi="130">\phi(n)</tex> {{---}} [[Функция_Эйлера | функция Эйлера]].|} ==См.также==*[[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа]]*[[Числа Каталана]]*[[Генерация комбинаторных объектов в лексикографическом порядке]]