Задача о счастливых билетах

НЕТ ВОЙНЕ

24 февраля 2022 года российское руководство во главе с Владимиром Путиным развязало агрессивную войну против Украины. В глазах всего мира это военное преступление совершено от лица всей страны, всех россиян. Будучи гражданами Российской Федерации, мы против своей воли оказались ответственными за нарушение международного права, военное вторжение и массовую гибель людей. Чудовищность совершенного преступления не оставляет возможности промолчать или ограничиться пассивным несогласием. Мы убеждены в абсолютной ценности человеческой жизни, в незыблемости прав и свобод личности. Режим Путина — угроза этим ценностям. Наша задача — обьединить все силы для сопротивления ей. Эту войну начали не россияне, а обезумевший диктатор. И наш гражданский долг — сделать всё, чтобы её остановить. Антивоенный комитет России

Распространяйте правду о текущих событиях, оберегайте от пропаганды своих друзей и близких. Изменение общественного восприятия войны - ключ к её завершению.

meduza.io, Популярная политика, Новая газета, zona.media, Майкл Наки.

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].

Общие идеи

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]x[/math] — [math]n[/math]-значное число с суммой [math]k[/math] в левой части (всего таких чисел [math]D_n^k[/math], значит 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, значит множества счастливых билетов и [math]2n[/math]-значных чисел с суммой [math]9n[/math] равномощны, поэтому [math]L_n=D_{2n}^{9n}[/math].

Метод динамического программирования

Научимся 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]. Ответ — в [math]D_{2n}^{9n}[/math], алгоритм будет работать за [math]O(n^2)[/math].

Метод 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}=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(-z^{10})^k[/math][math]\Big(\sum\limits_{j=0}^{\infty}\binom{-2n}{j}(-z)^j\Big)[/math]. Так как [math]\dbinom{-2n}{k}=(-1)^k\dbinom{2n+k-1}{k}[/math], понятно, что [math][z^{9n}]G^{2n}(z)=\displaystyle\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]\dbinom{6}{0}\dbinom{32}{27}-\dbinom{6}{1}\dbinom{22}{17}+\dbinom{6}{2}\dbinom{12}{7}=55252[/math].

Решение с помощью формулы включения-исключения

Как мы заметили раньше, 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 его подмножеств [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]\dbinom{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]\dbinom{32}{5}[/math]. Число расстановок [math]\left\vert{C_i}\right\vert[/math] одинаково для всех [math]i[/math] и равно [math]\dbinom{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]\dbinom{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 - \dbinom{6}{1}\left\vert{C_i}\right\vert+\dbinom{6}{2}\left\vert{C_i \cap C_j}\right\vert = \dbinom{32}{5}-6\dbinom{22}{5}+15\dbinom{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]\displaystyle\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(z)[/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\limits_0^{2\pi}\left(\dfrac{2-e^{10i\phi}-e^{-10i\phi}}{2-e^{i\phi}-e^{-i\phi}}\right)^3d\phi[/math]

[math]\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_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\limits_0^{2\pi}\left(\dfrac{2-2\cos(10\phi)}{2-2cos\phi}\right)^3d\phi[/math]

[math]\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\left(\dfrac{2-2\cos(10\phi)}{2-2cos\phi}\right)^3d\phi=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_{0}^{2\pi}\left(\dfrac{\sin^2(5\phi)}{\sin^2(\frac{\phi}{2})}\right)^3d\phi[/math]

[math]\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_{0}^{2\pi}\left(\dfrac{\sin^2(5\phi)}{\sin^2(\frac{\phi}{2})}\right)^3d\phi=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\left(\dfrac{\sin(10\phi)}{\sin\phi}\right)^6d\phi[/math]

[math]\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int\limits_0^{\pi}\left(\dfrac{\sin(10\phi)}{\sin\phi}\right)^6d\phi=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int\limits_{-\pi/2}^{\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 2300[/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\limits_{-\pi/10}^{\pi/10}f^td\phi=\displaystyle\int\limits_{-\pi/10}^{\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 [math]0[/math] [math]f(\phi) \approx 10 \left(1 - \dfrac{33}{2}\phi^2\right)[/math], а [math]\ln{f}(\phi) \approx \ln 10 - \dfrac{33}{2}\phi^2[/math]. При больших [math]t [/math] получим

[math]{\displaystyle\int\limits_{-\pi/10}^{\pi/10}\exp(t(\ln 10 - \frac{33}{2}\phi^2))d\phi=10^t \int\limits_{-\pi/10}^{\pi/10}\exp(-\frac{33}{2}\phi^2)d\phi=\sqrt{\dfrac{\pi}{66t}} \cdot \mathrm{erf}\left(\sqrt{\dfrac{33t}{2}\phi}\right)\bigg\rvert_{-\pi/10}^{\pi/10}}[/math], где [math]\mathrm{erf}(z)[/math] — функция ошибок . Заметим, что при [math]z \gt 2 [/math] [math]\mathrm{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]

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

Способ с конечной суммой

Рассмотрим функцию [math]g(\phi)=H(e^{i\phi})=\left(\dfrac{\sin{5\phi}}{\sin{\frac{\pi}{2}}}\right)^6[/math]. Как доказано выше, [math]L_6=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}g(\phi)d\phi[/math]. Для интеграла можно выписать приближенную формулу и получить [math]L_6 \approx \displaystyle\dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}g\Big(\dfrac{2\pi k}{N}\Big)[/math]. Интересно, что при достаточно большом [math]N[/math] это равенство становится точным.

Утверждение:

При [math]N \geqslant 28[/math] и любом [math]\phi_0[/math] [math]L_6 = \dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}g(\phi_k)[/math], где [math]\phi_k=\phi_0+\dfrac{2\pi k}{N}, k \gt 0[/math].

[math]\triangleright[/math]

По определению, [math]g(\phi)=\sum\limits_{j=-27}^{27}a_je^{ij\phi}[/math], где [math]a_j[/math] — коэффициенты многочлена [math]H(z)[/math]. Обозначим [math]r(\phi)=\sum\limits_{j=1}^{27}a_j(e^{ij\phi}+e^{-ij\phi}), g(\phi)=a_0+r(\phi)[/math]. Докажем, что [math]\sum\limits_{k=0}^{N-1}g(\phi_k)=0[/math]. Раскроем [math]g(\phi_k)[/math]: [math]{\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{N-1}\sum\limits_{j=1}^{27}a_j\left(\exp\left(ij\left(\phi_0+\dfrac{2\pi k}{N}\right)\right) + \exp\left(-ij\left(\phi_0+\dfrac{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(ij\dfrac{2\pi k}{N}\right) + \exp\left(-ij\dfrac{2\pi k}{N}\right)\right)}[/math]. Рассмотрим внутреннюю сумму: [math]{\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{N-1}\left(\exp\left(\dfrac{2ijk\pi}{N}\right)+\exp\left(-\dfrac{2ijk\pi}{N}\right)\right)=\sum\limits_{k=0}^{N-1}\exp\left(\dfrac{2ijk\pi}{N}\right)+\sum\limits_{k=0}^{N-1}\exp\left(-\dfrac{2ijk\pi}{N}\right)}[/math]. Получили две геометрические прогрессии со знаменателями, не равными [math]1[/math]: [math]N\gt j \implies \exp\left(\dfrac{2ij\pi}{N}\right)\neq 1, \exp\left(-\dfrac{2ij\pi}{N}\right)\neq 1[/math]. Значит искомая сумма равна [math]\dfrac{1-\exp\left(2ij\pi\right)}{1-\exp\left(\dfrac{2ij\pi}{N}\right)}+\dfrac{1-\exp\left(-2ij\pi\right)}{1-\exp\left(-\dfrac{2ij\pi}{N}\right)}=0[/math], так как [math]e^{2\pi i}=1[/math]. Таким образом, [math]\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[/math], а свободный член [math]H\left(z\right)[/math] равен [math]L_6[/math], как известно из предыдущего раздела.

[math]\triangleleft[/math]

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