Изменения

Пусть <tex dpi="130150">AS_{n}=\sum\limits_{a_{i=1},a_^{2n}, \ldots ,a_w_{zi}\S_{n-i}</tex> . Причем <tex dpi="150"">S_{{---0}} множество из различных объектов, = 1</tex>.|proof=<tex dpi="130"">SS_{0} =Seq(A)1</tex> {{---}} множество всех последовательностей из элементов , так как есть единственный способ составить пустую последовательность. Докажем по индукции. '''База <tex dpi="130"">An = 1</tex>, '''. :<tex dpi="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 <tex dpi="130"">\{1 \ldots m\}</tex>. Тогда  '''количество последовательностейПереход''' веса . :Пусть для <tex dpi="130"">j < n</tex> можно вычислить как верно. Докажем для <tex dpi="150130"">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-i}</tex>и ни к какой последовательности меньшего веса мы не добавляем один и тот же элемент дважды.

Пусть <tex dpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <tex dpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex> <tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех [[Комбинаторные объекты#Битовые вектора|битовых векторов]], <tex dpi="130">S_{0}=1</tex>.

Тогда, <tex dpi="150">S_{n}=\sum_sum\limits\limits_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-i}=2S_{n-1}=2^{n}</tex>.

Пусть <tex dpi="130">A=\{1, 2\}</tex>, <tex dpi="130">W=\{1, 1, 0 \ldots 0\}</tex>, <tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из маленьких и больших элементов, <tex dpi="130">S_{0}=1</tex>, <tex dpi="130">S_{1}=1</tex>.

Тогда, <tex dpi="150">S_{n}=\sum_sum\limits_{i=1}^{n} w_{i} S_{n-1i}=S_{n-1}+S_{n-2}=F_{n}</tex>, где <tex dpi="150">F_{n}</tex> {{---}} <tex>n</tex>-ое число Фибоначчи <ref>[[wikipedia:Fibonacci number|Wikipedia {{---}} Числа Фибоначчи]]</ref>.

Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами, <tex dpi="130">T_{0} = 1</tex>. <tex dpi="130">S=Seq(A)</tex> {{---}} множество всех последовательностей из данных деревьев. <tex dpi="130">S_{n}</tex> {{---}} количество последовательностей с суммарным количество вершин <tex dpi="130">n</tex>. Чтобы получить дерево из <tex dpi="130">n</tex> вершин , достаточно взять <tex dpi="130">1</tex> вершину, и подвесить к ней последовательность деревьев с суммарным количеством вершин <tex dpi="130">n-1</tex>. Тогда:

:<tex dpi="150">S_{n}=\sum_sum\limits_{i=1}^{n} T_{i} S_{n-i}=\sum_sum\limits_{i=1}^{n} S_{i-1} S_{n-i}=\sum_sum\limits_{i=0}^{n-1} S_{i} S_{n-i-1}=C_{n}</tex>, где <tex dpi="150">C_{n}</tex> {{---}} <tex dpi="150">n</tex>-ое [[Числа Каталана|число Каталана]].

Пусть <tex dpi="130150">P_{n}=p_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">Ap_{n, k}=\sum\limits_{i=0}^{a_\lfloor \frac{1n},a_{2k} \rfloor}, \ldots ,a_binom{w_{k}}{zi}\p_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} множество из различных объектовколичество таких множеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130150">k</tex>. Причем <tex dpi="150">Sp_{0, i} =PSet(A)1</tex> , а <tex dpi="150">p_{{---i, 0}} множество всех множеств составленных из элементов = 0</tex>, <tex dpi="130150"">Ai \ne 0</tex>, .|proof=<tex dpi="130">W=\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 , <tex dpi="130"">i \{1 \ldots k\}ne 0</tex>, так как нельзя набрать положительный вес из ничего. Тогда '''количество множеств''' суммарного  Изначально у нас есть только пустое множество веса <tex dpi="130">n0</tex> можно вычислить как . Рассмотрим очередной этап вычисления <tex dpi="150130">S_p_{n,k}</tex>. Для данных <tex dpi=s_{n, "130">n}</tex>, где и <tex dpi="150130">s_{nk</tex> у нас уже имеется множество, k}которое необходимо дополнить. Мы можем сделать это добавляя от <tex dpi=\sum_{i"130">0</tex> до <tex dpi=0}^{"130">\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{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}}{i} 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, вес которых не больше чем элементов веса <tex dpi="130">k</tex>которое мы добавили в данное множество. Довольно легко заметить, что данные операции полностью соответствуют описанной выше формуле.

Пусть <tex dpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <tex>SP=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств из <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex>, <tex dpi="130">w_{0} = 1</tex>. Тогда <tex dpi="150">S_P_{n}=s_p_{n, n}</tex>, где <tex tex dpi="150">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="150">S_P_{0}=s_p_{0, 0} = 1</tex>.:<tex dpi="150">S_P_{1}=s_p_{1, 1} = s_\binom{1}{0}p_{1, 0} + 2s_\binom{2}{1}p_{0, 0} = 2s_2p_{0, 0} = 2</tex>.:<tex dpi="150">S_P_{2}=s_p_{2, 2} = s_\binom{0}{0} p_{2, 1} + \binom{0 \cdot s_}{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}= s_p_{0, 0} = 1</tex>.:<tex dpi="150">{S_P_{3}=s_p_{3, 3} = s_\binom{0}{0}p_{3, 2} + \binom{0 \cdot s_}{1} p_{0, 2} = s_\binom{0}{0}p_{3, 1} + \binom{0 \cdot s_}{1} p_{0, 1} = s_\binom{2}{0}p_{3, 0} + 2s_\binom{2}{1}p_{2, 0} + 0 \cdot s_binom{2}{2} p_{1, 0} + 0 \cdot s_binom{2}{3} p_{0, 0}= 0}</tex>.:Для <tex dpi="150">n > 2</tex>, <tex dpi="150">S_P_{n} = 0</tex> .

Пусть <tex dpi="130">A=\mathbb{N}</tex>, <tex dpi="130">SP=PSet(A)</tex> {{---}} множество всех [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые|разбиений на слагаемые]], <tex dpi="130">W=\{1 \ldots 1\}</tex>, <tex dpi="130">w_{0} = 1</tex>. Тогда, :<tex dpi="150">S_P_{n}=s_p_{n, n}</tex>, где <tex tex dpi="150">s_p_{n, k}=\sum_sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} s_p_{n-ik, k-1} = s_p_{n, k-1} + s_p_{n - k, k}</tex>, что, как не сложно несложно заметить, соответствует формуле, полученной методом [[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые#Алгоритм за O(N^2)|динамического программирования]].

Пусть <tex dpi="130150">M_{n}=m_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">Am_{n, k}=\sum\limits_{a_i=0}^{\lfloor \frac{1n},a_{2k} \rfloor}, \ldots ,a_binom{w_{k}+i-1}{zi}\m_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} множество из различных объектовколичество таких мультимножеств, которые содержат объекты, вес которых не больше чем <tex dpi="130">S=MSet(A)k</tex> {{---}} множество всех мультимножеств из элементов . Причем <tex dpi="130150">Am_{0, i} = 1</tex>, а <tex dpi="130150">W=\m_{w_{1}i,w_{2}, \ldots ,w_{k}\0}= 0</tex> {{---}} количество объектов веса , <tex dpi="130150"">i \{1 \ldots k\}ne 0</tex>. Тогда '''количество мультимножеств''' из объектов суммарного веса |proof=<tex dpi="130">nm_{0, i} = 1</tex> можно вычислить , так как не набирать никакой вес есть один способ, а <tex dpi="150130">S_m_{ni, 0}=s_{n, n}0</tex>, где <tex dpi="150130"">s_{n, k}=i \sum_{i=ne 0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \binom{w_{k}+i-1}{i} s_{n-ik, k-1}</tex> {{---}} количество таких мультимножеств, что они содержат объекты, так как нельзя набрать положительный вес которых не больше чем из ничего. Рассуждения аналогичны рассуждениям <tex dpi="130">kPSet</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 <tex>0</tex> или <tex>и 1</tex>===Пусть <tex dpi="130">A=\{0, 1\}</tex>, <tex dpi="130">SM=PSetMSet(A)</tex> {{---}} множество всех множеств мультимножеств из <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\{2, 0 \ldots 0\}</tex>, <tex dpi="130">w_{0} = 1</tex>.:Тогда, <tex dpi="150">S_M_{n}=s_m_{n, n}</tex>, где <tex dpi="150">s_m_{n, k}=\sum_sum\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} s_ \binom{w_{k}+i-1}{i}m_{n-ik, k-1}</tex>:<tex dpi="150">S_M_{0}=s_m_{0, 0} = 1</tex>.:<tex dpi="150">S_M_{1}=s_m_{1, 1} = s_\binom{1}{0}m_{1, 0} + 2s_\binom{2}{1}m_{0, 0} = 2s_2m_{0, 0} = 2</tex>.:<tex dpi="150">S_M_{2}=s_m_{2, 2} = s_\binom{0}{0}m_{2, 1} + \binom{0 \cdot s_}{1} m_{0, 1} = s_\binom{1}{0}m_{2, 0} + 2s_\binom{2}{1}m_{1, 0} + 3s_\binom{3}{2}m_{0, 0}= 3s_3m_{0, 0} = 3</tex>.:<tex dpi="150">S_{M_{3}=s_m_{3, 3} = s_\binom{0}{0}m_{3, 2} + \binom{0 \cdot s_}{1} m_{0, 2} = s_\binom{0}{0}m_{3, 1} + \binom{0 \cdot s_}{1} m_{0, 1} = s_\binom{1}{0}m_{3, 0} + 2s_\binom{2}{1}m_{2, 0} + 3s_\binom{3}{2}m_{1, 0} + 4s_\binom{4}{3}m_{0, 0}= 4s_4m_{0, 0} = 4}</tex>.

:<tex dpi="150">{S_M_{n}=s_m_{n, n} = s_\binom{0}{0}m_{n, n-1} + \binom{0 \cdot s_}{1} m_{0, n-1} = s_\binom{0}{0}m_{n, n-2} + \binom{0 \cdot s_}{1} m_{0, n-2} = \ldots = s_\binom{1}{0}m_{n, 0} + 2s_\binom{2}{1}m_{n - 1, 0} + \ldots + ns_\binom{n}{n-1}m_{1, 0} + (\binom{n+1) s_}{n} m_{0,0} = (n + 1) s_m_{0,0} = n+1}</tex>.

Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами, <tex dpi="130">T_{0} = 1</tex>. <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">F_{n}=f_{n,n}</tex> {{---}} количество лесов с суммарным количество вершин <tex dpi="130">n</tex>. <tex dpi="130">f_{n, 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">n-1</tex>. Тогда:

:<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>

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[File://oeisForests.org/A000081png| Number of unlabeled rooted trees with n node670px]]</ref>

Пусть <tex dpi="130150">AD_{n}=\{a_{1},a_{2}, sum\ldots ,a_limits_{z}\}</tex>, <tex dpii="130">B=\{b_{10},b_^{2n}, \ldots ,b_w_{mi}\}</tex> {u_{n---i}} множества из различных объектов, <tex dpi="130">S=Pair(A, B)</tex> {{---}} множество всех пар объектов, составленных из элементов <tex dpi.|proof="130">A</tex> и Чтобы составить пару веса <tex dpi="130">Bn</tex>. <tex dpi="130">W=\{w_{1},w_{2}, \ldots ,w_{k}\}</tex> {{---}} количество объектов нужно взять один элемент веса <tex dpi="130">0 \{1 leqslant i \ldots k\}leqslant n</tex>, составленных из элементов <tex dpi="130">A</tex>, а и элемент веса <tex dpi="130">U=\{u_{1},u_{2}, \ldots ,u_{k}\}</tex> {{n---}} соответственно для <tex dpi="130">Bi</tex>. Тогда '''количество пар''' из объектов суммарного веса <tex dpi="130">n</tex> можно вычислить как <tex dpi="150">S_{n}=\sum_{i=0}^{n}w_{i}u_{n-i}B</tex>, что полностью соответствует данной формуле.

Пусть <tex dpi="130">T_{n}</tex> {{---}} количество таких деревьев с <tex dpi="130">n</tex> вершинами, <tex dpi="130">T_{0} = 1</tex>. <tex dpi="130">SD=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}=S_D_{n-1}=\sum_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]].

Пусть <tex dpi="130150">AC_{n}=\sum\limits_{a_{s=1},a_^{2n}c_{n, \ldots ,a_{z}\s}</tex> {{---}} множество из различных объектов, где <tex dpi="130150">C=Cycle(A)</tex> c_{{---n,s}} множество всех циклов из элементов <tex dpi="130">A</tex>, <tex dpi="130">W=\sum\limits_{w_i=0}^{s-1},w_\dfrac{2}, |St(\ldots ,w_vec{mi})|}\{s}</tex> , {{---}} количество объектов веса <tex dpi="130">\{1 \ldots m\}</tex>.  Тогда '''количество циклов''' веса <tex dpi="150">n</tex> можно вычислить как длины <tex dpi="150">C_{n}=\sum_{s=1}^{n}c_{n, s}</tex>, где а <tex dpi="150">c_|St(\vec{n,si})|</tex> {{---}} количество циклов веса стабилизаторов для циклического сдвига на <tex dpi="150">n</tex> длины <tex dpi="150">si</tex>.|proof=По [[Лемма Бёрнсайда и Теорема Пойа#Лемма Бёрнсайда|лемме Бёрнсайда]] Очевидно, что длина цикла веса <tex dpi="150130">c_{n,s} =\sum_{i=0}^{s-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{s}</tex>, где может быть от <tex dpi="150130">|St(\vec{i})|1</tex> {{---}} количество стабилизаторов для циклического сдвига на до <tex dpi="150130">in</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>]].

<tex dpi="150">b_{n,k}=\sum_sum\limits_{i=1}^{n}w_{i}b_{n-i, k-1}</tex>, причем <tex dpi="150">b_{n,1}=w_{n}</tex>.}}

Решим данным способом [[Задача об ожерельях|задачу об ожерельях]]. Пусть необходимый вес <tex dpi="130">n</tex> {{---}} это количество бусинок, а <tex dpi="130">k</tex> {{---}} количество цветов. При чем 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_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_sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{|St(\vec{i})|}{n}=\dfrac{1}{n}\sum_sum\limits_{i=0}^{s-1}|St(\vec{i})|=\dfrac{1}{n}\sum_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_sum\limits_{i=0}^{s-1}k^{\mathrm{gcd}(n,i)}</tex>.

==Производящие функцииМетод производящих функций==Для анализа свойств таких больших групп Такие большие группы часто применяют метод 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.Рассмотренные При непомеченных объектах рассмотренные классы имеют следующие производящие функции:

!<tex dpi="130">PsetPSet(A)</tex>||<tex dpi="130">\prod\limits_{n \geqslant 1}(1+z^{n})^{A_{n}}=\exp(-\sum\limits_{k \geqslant 1}\dfrac{(-1)^{k}A(z^{k})}{k})</tex>

!<tex dpi="130">MsetMSet(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>

!<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>, однако 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, производящие 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>, где <tex dpi="130">\phi(n)</tex> {{---}} [[Функция_Эйлера | функция Эйлера]].

== См.также ==