64
правки
Изменения
Нет описания правки
__TOC__
== Общие идеи ==
Обозначим количество <tex>n</tex>-значных чисел с суммой <tex>k</tex> как <tex>D_n^k</tex> (число может содержать ведущие нули). <tex>2n</tex>-значный счастливый билет состоит из двух частей: левой (<tex>n</tex> цифр) и правой (тоже <tex>n</tex> цифр), причём в обеих частях сумма цифр одинакова. Зафиксируем <tex>x</tex> {{---}} <tex>n</tex>-значное число с суммой <tex>k</tex> в левой части (всего таких чисел <tex>D_n^k</tex>, значит это можно сделать <tex>D_n^k</tex> способами). Для него будет существовать <tex>D_n^k</tex> возможных вариантов числа в правой части, следовательно количество счастливых билетов с суммой <tex>k</tex> в одной из частей равно <tex>(D_n^k)^2</tex>. Значит общее число билетов равно <tex>L_n = \sum\limits_{k=0}^{9n} (D_{n}^{k})^2</tex>. Верхний индекс суммирования равен <tex>9n</tex>, так как максимальная сумма цифр в одной части билета равна <tex>9n</tex>. Также можно сопоставить счастливому билету <tex>a_1a_2\ldots a_n b_1b_2 \ldots b_n</tex> <tex>2n</tex>-значное число с суммой <tex>9n</tex>: <tex>a_1a_2\ldots a_n (9-b_1)(9-b_2) \ldots (9-b_n)</tex>, причем это соответствие взаимно-однозначно, значит множества счастливых билетов и <tex>2n</tex>-значных чисел с суммой <tex>9n</tex> равномощны, поэтому <tex>L_n=D_{2n}^{9n}</tex>.
== Метод динамического программирования ==
Научимся вычислять <tex>D_n^k</tex>. Положим <tex>D_0^k=\begin{cases}1,&k=0\\0,&k>0\end{cases}</tex>. При <tex>n>0</tex> количество <tex>n</tex>-значных чисел с суммой цифр <tex>k</tex> можно выразить через количество <tex>(n-1)</tex>-значных чисел, добавляя к ним <tex>n</tex>-ю цифру, которая может быть равна <tex>0, 1, \ldots, 9</tex>: <tex>D_n^k=\sum\limits_{j=0}^{9}D_{n-1}^{k-j}</tex>. Ответ {{---}} в <tex>D_{2n}^{9n}</tex>, алгоритм будет работать за <tex>O(n^2)</tex>.
Действительно, однозначное число с суммой цифр <tex>k</tex> (для <tex>k=0,\ldots,9</tex>) можно представить одним способом. Для <tex>k>9</tex> — ноль способов. Заметим, что <tex>G^n(z)</tex> — производящая функция для чисел <tex>D_n^k</tex>, поскольку коэффициент при <tex>z^k</tex> получается перебором всех возможных комбинаций из <tex>n</tex> цифр, равных в сумме <tex>k</tex>. Ответом на задачу будет <tex>[z^{9n}]G^{2n}(z)</tex>. Перепишем производящую функцию в ином виде: <tex>
G(z) = 1+z+\ldots+z^9 = \dfrac{1-z^{10}}{1-z}
</tex> и получим, что <texdpi="140">G^{2n}(z)=(1-z^{10})^{2n}(1-z)^{-2n}=\sum\limits_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(-z^{10})^k\sum\limits_{j=0}^{\infty}\binom{-2n}{j}(-z)^k</tex>. Так как <texdpi="140">\binom{-2n}{k}=(-1)^k\binom{2n+k-1}{k}</tex>, понятно, что <texdpi="140">{\displaystyle [z^{9n}]G^{2n}(z)=\sum\limits_{j=0}^{\lfloor{\frac{9n}{10}}\rfloor}(-1)^j\binom{2n}{j}\binom{11n-10j-1}{9n-10j}}</tex>, что при <tex>n=3</tex> дает <texdpi="140">\binom{6}{0}\binom{32}{27}-\binom{6}{1}\binom{22}{17}+\binom{6}{2}\binom{12}{7}=55252</tex>.
== Решение с помощью [[Формула включения-исключения | формулы включения-исключения]]==
Как мы заметили раньше, ответ на задачу равен количеству шестизначных билетов с суммой <tex>27</tex>. Рассмотрим расстановки целых неотрицательных чисел на шести позициях, дающих в сумме <tex>27</tex>; обозначим их множество <tex>A</tex>. Выделим шесть его подмножеств <tex>C_i, i = 1 \ldots 6</tex>, где <tex>i</tex>-е множество состоит из расстановок, у которых в <tex>i</tex>-й позиции стоит число, не меньшее <tex>10</tex>. Число счастливых билетов равно числу расстановок, не принадлежащих ни одному из множеств. Расстановке <tex>(a_1,a_2 \ldots a_n)</tex> из <tex>n</tex> чисел с суммой <tex>k</tex> сопоставим сочетание с повторениями <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D0%BE%D1%87%D0%B5%D1%82%D0%B0%D0%BD%D0%B8%D0%B5#.D0.A1.D0.BE.D1.87.D0.B5.D1.82.D0.B0.D0.BD.D0.B8.D1.8F_.D1.81_.D0.BF.D0.BE.D0.B2.D1.82.D0.BE.D1.80.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F.D0.BC.D0.B8 Сочетание — Википедия]</ref> из <tex>n</tex> по <tex>k</tex>, в котором <tex>i</tex>-й элемент повторяется <tex>a_i</tex> раз. Так как это сопоставление взаимно-однозначно, количество расстановок равно количеству сочетаний с повторениями, т.е. <tex>\binom{n+k-1}{n-1}</tex>. Число <tex>\left\vert{A}\right\vert</tex> всех расстановок неотрицательных целых чисел с суммой <tex>27</tex> в шесть позиций равно <tex>\binom{32}{5}</tex>. Число расстановок <tex>\left\vert{C_i}\right\vert</tex> одинаково для всех <tex>i</tex> и равно <tex>\binom{22}{5}</tex>. В самом деле, мы можем поставить в <tex>i</tex>-ю позицию число <tex>10</tex>, а оставшуюся сумму <tex>17</tex> произвольно распределить по шести позициям. Аналогично, число расстановок <tex>\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert</tex> одинаково для любой пары <tex>i, j, i \neq j</tex> и равно <tex>\binom{12}{5}</tex>: мы выбираем две позиции и ставим в них <tex>10</tex> и произвольно распределяем оставшуюся сумму <tex>7</tex> по шести позициям. Таким образом, искомое количество расстановок равно <tex>\left\vert{A}\right\vert - \binom{6}{1}\left\vert{C_i}\right\vert+\binom{6}{2}\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert = \binom{32}{5}-6\binom{22}{5}+15\binom{12}{5} = 55252</tex>
Упростим многочлен <tex>H(z)</tex>:
: <tex>H(z)=\left( \dfrac{1-z^{10}}{1-z} \right) ^3\left(\dfrac{1-z^{-10}}{1-z^{-1}}\right)^3=\left(\dfrac{2-z^{10}-z^{-10}}{2-z-z^{-1}}\right)^3</tex> и применим замену <tex>z=e^{i\phi}</tex>:
: <tex>p_0=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi}\left(\dfrac{2-e^{10i\phi}-e^{-10i\phi}}{2-e^{i\phi}-e^{-i\phi}}\right)^3d\phi=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_0^{2\pi}\left(\dfrac{2-2\cos(10\phi)}{2-2cos\phi}\right)^3d\phi=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left(\dfrac{\sin^2(5\phi)}{\sin^2(\frac{\phi}{2})}\right)^3d\phi=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_0^{\pi}\left(\dfrac{\sin(10\phi)}{\sin\phi}\right)^6d\phi=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{/2}}^{\frac{\pi}{/2}}\left(\dfrac{\sin(10\phi)}{\sin\phi}\right)^6d\phi</tex>
Рассмотрим функцию <tex>f(\phi)=\dfrac{\sin(10\phi)}{\sin\phi}</tex> на <tex>\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]</tex>. Вне отрезка <tex>\left[\dfrac{-\pi}{10},\dfrac{\pi}{10}\right]
f(\phi) \leqslant \dfrac{1}{\sin\frac{\pi}{10}}\approx 3</tex>, значит интеграл по этой части не больше <tex>3^6\pi \approx 2300</tex>, основная часть сосредоточена на <tex>\left[-\dfrac{\pi}{10},\dfrac{\pi}{10}\right]</tex>. Оценим интеграл по этому промежутку с помощью метода стационарной фазы. <ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B5%D1%82%D0%BE%D0%B4_%D1%81%D1%82%D0%B0%D1%86%D0%B8%D0%BE%D0%BD%D0%B0%D1%80%D0%BD%D0%BE%D0%B9_%D1%84%D0%B0%D0%B7%D1%8B Метод стационарной фазы — Википедия]</ref> Этот метод позволяет оценить значение интеграла
: <tex>\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{/10}}^{\frac{\pi}{/10}}f^td\phi=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{/10}}^{\frac{\pi}{/10}}e^{t\ln{f}}d\phi</tex>. При <tex>t \rightarrow \infty</tex> значение интеграла определяется поведением его фазы, т.е. <tex>\ln{f}</tex>, в окрестности стационарной точки <tex>0</tex> (точки, где <tex>(\ln{f})'=0</tex>, или, что то же самое, <tex>f'=0</tex>). Вблизи <tex>0</tex> <tex>f(\phi) \approx 10 (1 - \frac{33}{2}\phi^2)</tex>, а <tex>\ln{f}(\phi) \approx \ln 10 - \frac{33}{2}\phi^2</tex>. При больших <tex>t </tex> получим: <tex>{\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{/10}}^{\frac{\pi}{/10}}e^{\exp(t(\ln 10 - \frac{33}{2}\phi^2)})d\phi=10^t \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{/10}}^{\frac{\pi}{/10}}e^{\exp(-\frac{33}{2}\phi^2})d\phi=\sqrt{\dfrac{\pi}{66t}}\cdot \mathrm{erf}\left(\sqrt{\dfrac{33t}{2}\phi}\right)\bigg\rvert_{-\frac{\pi}{/10}}^{\frac{\pi}{/10}}</tex>, где <tex>\mathrm{erf}(z)</tex> {{---}} функция ошибок <ref>[http://mathworld.wolfram.com/Erf.html Erf -- from Wolfram MathWorld]</ref>. Заметим, что при <tex>z > 2 </tex> <tex>\mathrm{erf}(z) \approx 1</tex>, поэтому интеграл примерно равен <tex>10^t \sqrt{\dfrac{2\pi}{33t}}</tex>.
Полагая <tex>t=6</tex> и вспоминая выражение для <tex>p_0</tex>, получаем приближенное равенство:
: <tex>p_0 \approx \dfrac{10^6}{3\sqrt{11\pi}} \approx 56700</tex>
<tex>r(\phi)=\sum\limits_{j=1}^{27}a_j(e^{ij\phi}+e^{-ij\phi}), g(\phi)=a_0+r(\phi)</tex>. Докажем, что
<tex>\sum\limits_{k=0}^{N-1}g(\phi_k)=0</tex>. Раскроем <tex>g(\phi_k)</tex>:
: <tex>{\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{N-1}\sum\limits_{j=1}^{27}a_j\left(\exp\left(e^{ij\left(\phi_0+\fracdfrac{2\pi k}{N}} \right)\right) + e^{\exp\left(-ij\left(\phi_0+\fracdfrac{2\pi k}{N} \right)\right)}\right)= e^{ij\phi_0}\sum\limits_{j=1}^{27}a_j\sum\limits_{k=0}^{N-1}\left(\exp\left(e^{ij\fracdfrac{2\pi k}{N}} \right) + e^{\exp\left(-ij\fracdfrac{2\pi k}{N} \right)\right)})</tex>.
Рассмотрим внутреннюю сумму:
: <tex>{\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{N-1}\left(\exp\left(e^{\fracdfrac{2ijk\pi}{N}}\right)+e^{\exp\left(-\fracdfrac{2ijk\pi}{N}}\right)\right)=\sum\limits_{k=0}^{N-1}e^{\fracexp\left(\dfrac{2ijk\pi}{N}}\right)+\sum\limits_{k=0}^{N-1}e^{\exp\left(-\fracdfrac{2ijk\pi}{N}\right)}</tex>. Получили две геометрические прогрессии со знаменателями, не равными <tex>1</tex>: <tex>N>j \implies e^{\fracexp\left(\dfrac{2ij\pi}{N}}\right)\neq 1, e^{\exp\left(-\fracdfrac{2ij\pi}{N}}\right)\neq 1</tex>. Значит искомая сумма равна : <tex>\dfrac{1-e^{\exp\left(2ij\pi}\right)}{1-e^{\fracexp\left(\dfrac{2ij\pi}{N}}\right)}+\dfrac{1-e^{\exp\left(-2ij\pi}\right)}{1-e^{\exp\left(-\fracdfrac{2ij\pi}{N}}\right)}=0</tex>, так как <tex>e^{2\pi i}=1</tex>.
Таким образом,
<tex>\dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}g\left(\phi_k\right)=\dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}\left(a_0+g\left(\phi_k\right)\right)=a_0</tex>, а свободный член <tex>H\left(z\right)</tex> равен <tex>L_6</tex>, как известно из предыдущего раздела.
}}
