Задача о счастливых билетах

Троллейбусный (трамвайный) билет имеет номер, состоящий из шести цифр. Билет считается счастливым, если сумма первых трёх цифр равна сумме последних трёх, например, [math]024321[/math]. Известно, что количество счастливых билетов из шести цифр равно [math]55252[/math].

Задача:

Для натурального [math]n[/math] найти количество [math]2n[/math]-значных счастливых билетов [math]L_n[/math].

Решение с помощью динамического программирования

Обозначим количество [math]n[/math]-значных чисел с суммой [math]k[/math] как [math]D_n^k[/math] (число может содержать ведущие нули). [math]2n[/math]-значный счастливый билет состоит из двух частей: левой ([math]n[/math] цифр) и правой (тоже [math]n[/math] цифр), причём в обеих частях сумма цифр одинакова. Зафиксируем [math]2n[/math]-значное число с суммой [math]k[/math] в левой части (это можно сделать [math]D_n^k[/math] способами), для него будет существовать [math]D_n^k[/math] возможных вариантов числа в правой части, следовательно количество счастливых билетов с суммой [math]k[/math] в одной из частей равно [math](D_n^k)^2[/math]. Значит общее число билетов равно [math]L_n = \sum\limits_{k=0}^{9n} (D_{n}^{k})^2[/math]. Верхний индекс суммирования равен [math]9n[/math], так как максимальная сумма цифр в одной части билета равна [math]9n[/math]. Также можно сопоставить счастливому билету [math]a_1a_2\ldots a_n b_1b_2 \ldots b_n[/math] [math]2n[/math]-значное число с суммой [math]9n[/math]: [math]a_1a_2\ldots a_n (9-b_1)(9-b_2) \ldots (9-b_n)[/math], причем это соответствие взаимно-однозначно, поэтому [math]L_n=D_{2n}^{9n}[/math]. Осталось научиться вычислять [math]D_n^k[/math]. Положим [math]D_0^k=\begin{cases}1,&k=0\\0,&k\gt 0\end{cases}[/math]. При [math]n\gt 0[/math] количество [math]n[/math]-значных чисел с суммой цифр [math]k[/math] можно выразить через количество [math](n-1)[/math]-значных чисел, добавляя к ним [math]n[/math]-ю цифру, которая может быть равна [math]0, 1, \ldots, 9[/math]: [math]D_n^k=\sum\limits_{j=0}^{9}D_{n-1}^{k-j}[/math].

Решение с помощью производящей функции

Выпишем производящую функцию [math]G(z)[/math], коэффициент при [math]z^k[/math] у которой будет равен [math]D_1^k[/math]: [math] G(z) = 1+z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6+z^7+z^8+z^9.[/math] Действительно, однозначное число с суммой цифр [math]k[/math] (для [math]k=0,\ldots,9[/math]) можно представить одним способом. Для [math]k\gt 9[/math] — ноль способов. Заметим, что [math]G^n(z)[/math] — производящая функция для чисел [math]D_n^k[/math], поскольку коэффициент при [math]z^k[/math] получается перебором всех возможных комбинаций из [math]n[/math] цифр, равных в сумме [math]k[/math]. Ответом на задачу будет [math][z^{9n}]G^{2n}(z)[/math]. Перепишем производящую функцию в ином виде: [math] G(z) = 1+z+\ldots+z^9 = \dfrac{1-z^{10}}{1-z} [/math] и получим, что [math]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[/math]. Так как [math]\binom{-2n}{k}=(-1)^k\binom{2n+k-1}{k}[/math], [math][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}[/math], что при [math]n=3[/math] дает [math]\binom{6}{0}\binom{32}{27}-\binom{6}{1}\binom{22}{17}+\binom{6}{2}\binom{12}{7}=55252[/math].

Решение с помощью формулы включения-исключения

Как было замечено выше, ответ на задачу равен количеству шестизначных билетов с суммой [math]27[/math]. Рассмотрим расстановки целых неотрицательных чисел на шести позициях, дающих в сумме [math]27[/math]; обозначим их множество [math]A[/math]. Выделим шесть множеств [math]C_i, i = 1 \ldots 6[/math], где [math]i[/math]-е множество состоит из расстановок, у которых в [math]i[/math]-й позиции стоит число, не меньшее [math]10[/math]. Число счастливых билетов равно числу расстановок, не принадлежащих ни одному из множеств. Расстановке [math](a_1,a_2 \ldots a_n)[/math] из [math]n[/math] чисел с суммой [math]k[/math] сопоставим сочетание с повторениями из [math]n[/math] по [math]k[/math], в котором [math]i[/math]-й элемент повторяется [math]a_i[/math] раз. Так как это сопоставление взаимно-однозначно, количество расстановок равно количеству сочетаний с повторениями, т.е. [math]\binom{n+k-1}{n-1}[/math]. Число [math]\left\vert{A}\right\vert[/math] всех расстановок неотрицательных целых чисел с суммой [math]27[/math] в шесть позиций равно [math]\binom{32}{5}[/math] Число расстановок [math]\left\vert{C_i}\right\vert[/math] одинаково для всех [math]i[/math] и равно [math]\binom{22}{5}[/math]. В самом деле, мы можем поставить в [math]i[/math]-ю позицию число [math]10[/math], а оставшуюся сумму [math]17[/math] произвольно распределить по шести позициям. Аналогично, число расстановок [math]\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert[/math] одинаково для любой пары [math]i, j, i \neq j[/math] и равно [math]\binom{12}{5}[/math]: мы выбираем две позиции и ставим в них [math]10[/math] и произвольно распределяем оставшуюся сумму [math]7[/math] по шести позициям. Таким образом, искомое количество расстановок равно [math]\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[/math]

Решение путем интегрирования

Рассмотрим многочлен Лорана (т.е. многочлен, в котором допускаются отрицательные степени) [math]H(z)=G^3(z)G^3(1/z)[/math]. Заметим, что его свободный член равен [math]\sum\limits_{i=0}^{27}[z^i]G^3(z)\cdot [z^{-i}]G^3(z^{-1})=\sum\limits_{i=0}^{27}(D_3^i)^2[/math]. Воспользуемся теоремой Коши из комплексного анализа:

Теорема (Коши):

Для любого многочлена Лорана [math]p(z)[/math] его свободный член [math]p_0[/math] равен [math]p_0=\dfrac{1}{2\pi i}{\displaystyle \int} \dfrac{p(z)}{z} dz[/math], где интегрирование происходит по любой окружности, ориентированной против часовой стрелки и содержащей внутри себя начало координат.

Упростим многочлен [math]H[/math]:

[math]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[/math] и применим замену [math]z=e^{i\phi}[/math]:

[math]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[/math]

Рассмотрим функцию [math]f(\phi)=\dfrac{\sin(10\phi)}{\sin\phi}[/math] на [math]\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right][/math]. Вне отрезка [math]\left[\dfrac{-\pi}{10},\dfrac{\pi}{10}\right] f(\phi) \leqslant \dfrac{1}{\sin\frac{\pi}{10}}\approx 3[/math], значит интеграл по этой части не больше [math]3^6\pi \approx 2100[/math], основная часть сосредоточена на [math]\left[-\dfrac{\pi}{10},\dfrac{\pi}{10}\right][/math]. Оценим интеграл по этому промежутку с помощью метода стационарной фазы. Этот метод позволяет оценить значение интеграла

[math]\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[/math]. При [math]t \rightarrow \infty[/math] значение интеграла определяется поведением его фазы, т.е. [math]\ln{f}[/math], в окрестности стационарной точки [math]0[/math] (точки, где [math](\ln{f})'=0[/math], или, что то же самое, [math]f'=0[/math]). Вблизи 0 [math]f(\phi) \approx 10 (1 - \frac{33}{2}\phi^2)[/math], а [math]\ln{f}(\phi) \approx \ln 10 - \frac{33}{2}\phi^2[/math]. При больших [math]t [/math] получим

[math]\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{10}}^{\frac{\pi}{10}}e^{t(\ln 10 - \frac{33}{2}\phi^2)}d\phi=10^t \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{10}}^{\frac{\pi}{10}}e^{-\frac{33}{2}\phi^2}d\phi=\sqrt{\dfrac{\pi}{66t}}erf\left(\sqrt{\dfrac{33t}{2}\phi}\right)\bigg\rvert_{-\frac{\pi}{10}}^{\frac{\pi}{10}}[/math], где [math]erf(z)[/math] — функция ошибок . Заметим, что при [math]z \gt 2 [/math] [math]erf(z) \approx 1[/math], поэтому интеграл примерно равен [math]10^t \sqrt{\dfrac{2\pi}{33t}}[/math].

Полагая [math]t=6[/math] и вспоминая выражение для [math]p_0[/math], получаем приближенное равенство:

[math]p_0 \approx \dfrac{10^6}{3\sqrt{11\pi}} \approx 56700[/math]

Полученный результат с хорошей точностью (отклонение составляет не более [math]3\%[/math]) приближает искомое значение.

См. также

• Производящая функция

• Динамическое программирование

Источники информации

• Задача о счастливых билетах :: Производящие функции

• Ландо С. К., Лекции о производящих функциях. — 3-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2007. — 144с. ISBN 978-5-94057-042-4