Изменения
Согласно правилам русского языка, правильно будет "векторы", а не "вектора"
{{Определение
|definition = '''Комбинаторные объекты''' (англ. ''combinatorial objects'') — конечные множества, на элементы которых могут накладываться определённые ограничения, такие как: различимость или неразличимость элементов, возможность повторения одинаковых элементов и т. п.}}
{{Определение
|definition = Если два комбинаторных объекта, различающихся только порядком элементов, считаются различными, то они называются '''Комбинаторные объектыупорядоченными''' (англ. ''(combinatorial objects)ordered'' — это конечные множества, на элементы которых могут накладываться определённые ограничения, такие как: различимость или неразличимость элементов, возможность повторения одинаковых элементов и т. п).}}
== Примеры комбинаторных объектов ==
# <math>U_{\alpha} \cap U_{\beta} = \emptyset</math> для любых <math>\alpha, \beta \in A</math>, таких что <math>\alpha \not= \beta</math>;
# <math>X = \bigcup\limits_{\alpha \in A} U_{\alpha}</math>.
}}
{{main|Числа Стирлинга второго рода}}
== Подсчет числа Число комбинаторных объектов с помощью рекуррентных формул ==Метод рекуррентных соотношений состоит в том, что решение комбинаторной задачи с {| class="wikitable" border = 1|'''Тип объекта'''||'''Число объектов'n'' предметами выражается через решение аналогичной задачи |-|Битовые векторы||<tex>2^{n}</tex>|-|Перестановки||<tex>P_n = n!</tex>|-|Перестановки с повторениями||<tex dpi = "150">\frac{(k_1 + k_2 + \ldots + k_n)!}{k_1!k_2!\ldots k_n!}</tex>|-|Размещения||<tex dpi = "150">A^{k}_n = \frac{n!}{(n - k)!}</tex>|-|Размещения с меньшим числом предметов повторениями||<tex>n^k</tex>|-|Сочетания||<tex dpi = "150">C^{k}_n = \frac{n!}{k!(n - k)!}</tex>|-|Сочетания с помощью некоторого соотношения, которое называется рекуррентным. Пользуясь этим соотношением, искомую величину можно вычислить, исходя из того, что для небольшого количества предметов повторениями||<tex dpi = "150">\widetilde{C}^k_n = \frac{(одного, двухn + k - 1) решение задачи легко находится.!}{k!(n - 1)!} = C^k_{n + k - 1}</tex>|-|Разбиение на неупорядоченные слагаемые||[[Нахождение количества разбиений числа на слагаемые | Нахождение количества разбиений числа на слагаемые]]|-|Разбиение на подмножества||[[Числа Стирлинга второго рода | Числа Стирлинга второго порядка]]|}
{{Теорема | id=2|statement=Число различных перестановок из <tex>n</tex>A(0, t) элементов равно <tex>P_n = 0n!</tex>, где ''t'' > 0,
|proof=Перестановка {{---}} это частный случай [[#4 | размещения]] <tex>n</tex> элементов по <tex>k</tex>A(1, 1) при <tex>k = 1n</tex>. Таким образом,количество различных перестановок будет равно <tex>n!</tex>}}
{{Теорема | id=3|statement=Число различных перестановок с повторениями из <tex>k</tex> элементов с <tex>n</tex> группами одинаковых элементов равно <tex>A\overline{P_k} (nk_1, k_2, \ldots, tk_n) = A\frac{(n, t - 1) k_1 + k_2 + \ldots + A(n - t, tk_n)!}{k_1!k_2!\ldots k_n!}</tex>, где первый параметр <tex>k_i</tex> {{-- это число, которое мы разбиваем, а второй - }} это максимальное слагаемое количество одинаковых элементов в разбиении<tex>i</tex>{{---}}ой группе.
{{Теорема | id=4|statement=Число различных размещений из <tex>n</tex> элементов по <tex>k</tex> равно <tex>SA^{k}_n = \frac{n!}{(n, n- k) = 1!}</tex>, для ''n'' ≥ 0,
Доказательство по индукции. База <tex>k = 1</tex>, тогда количество размещений из <tex>n</tex> по <tex>1</tex> равно <tex>n</tex>. При <tex>k \geq 2</tex> воспользуемся правилом произведения. Выбрать первый элемент можно <tex>n</tex> различными способами. При каждом первом элементе, все что осталось образует размещение из оставшегося множества, то есть <tex>S(n-1)</tex> элементов, по <tex>(k - 1)</tex>. Следовательно получаем рекуррентную формулу <tex>A_{n}^{k}=n \cdot A_{n-1}^{k-1}</tex>. Отсюда получаем <tex>A_{n}^{k} = n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) = S\frac{n!}{(n - k)!}</tex>}} {{Теорема | id=5|statement=Число различных размещений с повторениями из <tex>n</tex> элементов по <tex>k</tex> равно <tex>\overline{A_n^k} = n^k</tex> |proof= Докажем по индукции. База: <tex>k = 1</tex>. Тогда <tex> \overline{A_n^1} = n</tex>. При <tex>k \geq 2</tex> воспользуемся правилом произведения. Выбрать первый элемент можно <tex>n</tex> различными способами. При каждом первом элементе, все что осталось образует размещение с повторениями из того же самого множества, то есть из n элементов, по <tex>(k - 1) + </tex>. Следовательно получаем рекуррентную формулу <tex>\overline{A_n^k} = n \cdot \overline{A_{n}^{k-1}}</tex>. Отсюда получаем <tex>\overline{A_n^k }=n \cdot Sn \ldots = n^k </tex>}} {{Теорема | id=6|statement=Число различных сочетаний из <tex>n</tex> элементов по <tex>k</tex> равно <tex>C^{k}_n = \frac{n!}{k!(n - k)!}</tex> |proof= Всего размещений из <tex>n</tex> элементов по <tex>k</tex> равно <tex>A_n^k = \frac{n!}{(n - k)!}</tex>. В каждом размещении выбраны <tex>k</tex> элементов из данного множества. Если игнорировать порядок этих выбранных <tex>k</tex> элементов, мы получим некоторые сочетания из данного множества по <tex>k</tex>. Другими словами, размещение с одним и тем же набором выбранных <tex>k</tex> элементов задают одно и то же сочетание по <tex>k</tex> элементов. Так как размещения с одним и тем же набором выбранных <tex>k</tex> элементов различаются только порядком элементов и число различных перестановок из <tex>k</tex> элементов равно <tex>k!</tex>, то итоговая формула будет равна <tex>C_n^k = \frac{A_n^k}{k!} = \frac{n!}{k!(n - k)!}</tex>}} {{Теорема | id=7|statement=Число различных сочетаний с повторениями из <tex>n</tex> элементов по <tex>k</tex> равно <tex>\overline{C^k_n} = \frac{(n + k - 1)!}{k!(n - 1)!} = C^k_{n + k - 1}</tex> |proof= Рассмотрим двоичный вектор из <tex>(n+k- 1)</tex> координат, в котором <tex>(n-1)</tex> нулей и <tex>k</tex> единиц. Будем считать нули разделителями, которые делят этот вектор на <tex>n</tex> частей. Тогда предположим, что число единиц в <tex>i</tex>{{---}}м блоке {{---}} это число элементов <tex>k_i</tex> в сочетании с повторением, которое соответствует этому вектору, где <tex>k_i</tex> {{---}} это элемент из изначального множества с номером i. Пример: Если у нас есть набор элементов 1 1 2 2 3, то <tex>k_2</tex> = 2. Получаем, что каждому сочетанию с повторениями из <tex>n</tex> по <tex>k</tex> соответствует некоторый вектор из нулей и единиц с <tex>(n+k-1)</tex> координатами, в котором <tex>(n-1)</tex> для 0 нулей. Также наоборот, по каждому такому вектору однозначно восстанавливается сочетание с повторением, ему соответствующее. Значит, число сочетаний с повторениями из <tex>n</tex> по <tex>k</tex> совпадает с числом таких векторов. Таких векторов столько, сколько вариантов выбрать < ''tex>k'' < ''/tex> координат, на которых должны стоять единицы из <tex>(n''+k-1)</tex>. Таким образом, ответом будет являться число сочетаний из <tex>(n+k-1)</tex> по <tex>k</tex>. Тогда количество равно <tex> \overline{C_n^k} = C_{n+k-1}^{k}</tex>}} == См. также ==*[[Генерация комбинаторных объектов в лексикографическом порядке | Генерация комбинаторных объектов в лексикографическом порядке]]*[[Получение следующего объекта | Получение следующего объекта]]*[[Получение номера по объекту | Получение номера по объекту]]*[[Получение объекта по номеру | Получение объекта по номеру]] == Примечания ==<references/> == Источники информации ==* [http://hijos.ru/izuchenie-matematiki/algebra-10-klass/19-razmeshheniya-perestanovki-sochetaniya-s-povtoreniyami-formula-vklyucheniya-isklyucheniya/ Математика, которая мне нравится — Размещения, перестановки, сочетания с повторениями.Формула включения – исключения]
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
[[Категория: Комбинаторика ]]
[[Категория: Комбинаторные объекты ]]