算法合集之《pálya计数法的应用》
a星算法求解八数码问题python
a星算法求解八数码问题python一、介绍八数码问题是一种经典的智力游戏，也是人工智能领域中的经典问题之一。
在这个问题中，有一个3×3的棋盘，上面摆着1至8这8个数字和一个空格，初始状态和目标状态都已知。
要求通过移动数字，将初始状态变换成目标状态。
其中空格可以和相邻的数字交换位置。
为了解决这个问题，我们可以使用A*算法。
本文将详细介绍如何用Python实现A*算法来求解八数码问题。
二、A*算法简介A*算法是一种启发式搜索算法，常用于寻找最短路径或最优解等问题。
它基于Dijkstra算法，并加入了启发式函数来加速搜索过程。
在A*算法中，每个节点都有两个估价值：g值和h值。
g值表示从起点到该节点的实际代价，h值表示从该节点到目标节点的估计代价。
启发式函数f(n) = g(n) + h(n) 表示从起点到目标节点的估计总代价。
A*算法采用优先队列来保存待扩展的节点，并按照f(n)值从小到大排序。
每次取出队头元素进行扩展，并将扩展出来的新节点按照f(n)值插入队列中。
当扩展出目标节点时，算法结束。
三、八数码问题的状态表示在八数码问题中，每个状态都可以表示为一个3×3的矩阵。
我们可以用一个一维数组来表示这个矩阵，其中0表示空格。
例如，初始状态可以表示为[2, 8, 3, 1, 6, 4, 7, 0, 5]，目标状态可以表示为[1, 2, 3, 8, 0, 4, 7, 6, 5]。
四、A*算法求解八数码问题的步骤1.将初始状态加入优先队列中，并设置g值和h值为0。
2.从队头取出一个节点进行扩展。
如果该节点是目标节点，则搜索结束；否则，将扩展出来的新节点加入优先队列中。
3.对于每个新节点，计算g值和h值，并更新f(n)值。
如果该节点已经在优先队列中，则更新其估价值；否则，将其加入优先队列中。
4.重复第2步至第3步直到搜索结束。
五、Python实现以下是用Python实现A*算法求解八数码问题的代码：```import heapqimport copy# 目标状态goal_state = [1,2,3,8,0,4,7,6,5]# 启发式函数：曼哈顿距离def h(state):distance = 0for i in range(9):if state[i] == 0:continuerow = i // 3col = i % 3goal_row = (state[i]-1) // 3goal_col = (state[i]-1) % 3distance += abs(row - goal_row) + abs(col - goal_col)return distance# A*算法def A_star(start_state):# 初始化优先队列和已访问集合queue = []visited = set()# 将初始状态加入优先队列中，并设置g值和h值为0heapq.heappush(queue, (h(start_state), start_state, 0))while queue:# 取出队头元素进行扩展f, state, g = heapq.heappop(queue)# 如果该节点是目标节点，则搜索结束；否则，将扩展出来的新节点加入优先队列中。
pálya计数法的应用
c 的稳定核中的置换个数。 定理 1：对于每一种着色 c ，c 的稳定核 G (c)是一个置换群，而且对 G 中 任意置换 f 与 g , g*c=f*c 当且仅当 f-1 g 属于 G(c)。 证明： 如果 f 和 g 都使 c 保持不变， 则先 f 后 g 将使。 保持不变， 即(g f) ( c ) ＝c。于是，在合成运算下，G(c)具有封闭性。显然，单位元 使得所有着色 不变。如果 f 使 c 不变，那么 f -1 也使 c 不变，于是 G(c)具有对逆的封闭性。 由于满足置换群定义的所有性质，所以，G(c)是一个置换群。
关键字
Burnside 定理 Pólya 计数法
问题的提出
[例一] He's Circles SGU294 有一个长度为 N 的环，上面写着’X’和’E’，问本质不同的环有多少种。(N 不 超过 200000)。
[分析] 这个问题由于是一个环，许多未经过旋转时不同的方案，经过旋转之后就成 了相同的方案，如果单纯的利用乘法原理来计算，无法排除这些相同的方案。如 果想要用枚举法来做， 需要枚举所有方案。 枚举量不会低于本质不同的环的个数。 事实证明，本质不同的环的个数是 2n 级别的。对于 N=200000 的数据规模，答案 会有 6 万多位，显然枚举是行不通的。 组合数学中，有一种计数法，可以很好的解决这类问题。
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 3 1 2 4 1 2 3 4 3 1 2 4 4 3 2 1 3 1 2 4 2 4 3 1 2 4 3 1
1 n 个元素 1,2,…,n 之间的一个置换 a 1 2 a2 n 表示 1 被 1 到 n 中的某个数 an
playfair密码算法
playfair密码算法
Playfair密码算法是一种基于双字母替换的加密方法，它是在19世纪末由英国政治家和密码学家Charles Wheatstone发明的。
该算法使用一个5x5的矩阵来存储密钥，其中包含26个字母（J和I 被视为相同的字母）。
该算法的加密过程如下：
1. 将明文分成双字母组（如果有奇数个字母，则在末尾添加一个字母“X”）。
2. 如果某个双字母组中的两个字母相同，则在它们之间插入一个字母“X”。
3. 对于每个双字母组，按照以下规则进行加密：
a) 如果两个字母在矩阵中的同一行，则将它们替换为该行中的下一个字母（如果它们是该行的最后一个字母，则循环到该行的第一个字母）。
b) 如果两个字母在矩阵中的同一列，则将它们替换为该列中的下一个字母（如果它们是该列的最后一个字母，则循环到该列的第一个字母）。
c) 如果两个字母不在同一行也不在同一列，则将它们替换为它们所在行和另一个字母所在列的交点字母。
4. 将所有双字母组拼接在一起，得到密文。
解密过程与加密过程类似，只需要将加密时的替换规则反过来即可。
Playfair密码算法相对于其他古典密码算法有较高的安全性，
但它仍然存在被暴力破解的风险。
在现代密码学中，Playfair密码算法已经被更复杂、更安全的算法所取代。
算法合集之《Pólya原理及其应用》
Pólya原理及其应用华东师大二附中符文杰Pólya原理是组合数学中, 用来计算全部互异的组合状态的个数的一个十分高效、简便的工具。
下面, 我就向大家介绍一下什么是P ólya原理以及它的应用。
请先看下面这道例题:【例题1】对2*2的方阵用黑白两种颜色涂色, 问能得到多少种不同的图像？经过旋转使之吻合的两种方案, 算是同一种方案【问题分析】由于该问题规模很小, 我们可以先把所有的涂色方案列举出来。
一个2*2的方阵的旋转方法一共有4种：旋转0度、旋转90度、旋转180度和旋转270度。
(注：本文中默认旋转即为顺时针旋转) 我们经过尝试, 发现其中互异的一共只有6种：C3、C4、C5、C6是可以通过旋转相互变化而得, 算作同一种；C7、C8、C9、C10是同一种；C11、C12是同一种；C13、C14、C15、C16也是同一种； C1和C2是各自独立的两种。
于是, 我们得到了下列6种不同的方案。
但是, 一旦这个问题由2*2的方阵变成20*20甚至200*200的方阵, 我们就不能再一一枚举了, 利用Pólya 原理成了一个很好的解题方法。
在接触Pólya原理之前, 首先简单介绍Pólya原理中要用到的一些概念。
群：给定一个集合G={a,b,c,…}和集合G上的二元运算, 并满足:(a) 封闭性: (a,b(G, (c(G, a＊b=c。
(b) 结合律: (a,b,c(G, (a＊b)＊c=a＊(b＊c)。
(c) 单位元: (e(G, (a(G, a＊e=e＊a=a。
(d) 逆元：(a(G, (b(G, a＊b=b＊a=e, 记b=a-1。
则称集合G在运算＊之下是一个群, 简称G是群。
一般a＊b简写为ab。
置换：n 个元素1,2,…,n 之间的一个置换 表示1被1到n 中的某个数a1取代, 2被1到n 中的某个数a2取代, 直到n 被1到n 中的某个数an 取代,且a1,a2,…,an 互不相同。
LOTA原理及实战运用
LOTA原理及实战运用前言LOTA的研究始于2001年，2003年7月在MSO网站推出了早期的原形模块，经过一年多的公开试用，于2004年底发布了功能体系比较完整的测试版。
相比同一时期市场上涌现的其他球赛分析工具，LOTA是唯一一套以实力模型为理论基础、赔率为主要研究对象的软件系统，在国内赔率研究领域颇具代表性和开创性。
一年多来，MSO论坛上围绕LOTA原理和应用的探讨一直未曾间断，系统得以不断改进和完善，作为LOTA开发者衷心感谢所有曾经给予批评、建议和关注的使用者。
在充分总结理论和实践中出现的各种问题的基础上，本文首次从系统原理的深层全方位解析LOTA，以期使用者和研究者更好地了解和运用该系统，并在新的应用层面上继续促进LOTA走向更高级的完善。
一、LOTA关于博彩的基本理念1. 游戏的两重性博彩从本质来说是概率的游戏，博彩结果服从特定概率而呈现随机性。
游戏的构成元素中，最核心的是“博项”，也就是“用来博彩的项目”，比如足球比赛、赛马、骰子等等。
决定输赢的博项必须具备结果的多重性和随机性两个特点——没有结果的多重性就不能有效分散投注，而缺少随机性的结果最终也会因为容易预测而导致注码集中，两种局面都会摧毁博彩的基础，令博彩业不复存在。
博项的两个必要条件客观地让博彩从本质上成为随机性极强的游戏——这一结论永远不会改变。
随机性成为所有博彩玩家首先必须面对的现实，也为庄家的生存打下坚实基础，后者通过设置不公平的赔率或规则，在与玩家进行随机事件主宰的博彩游戏时稳占上风。
如此说来玩家受制于这种我们称之为“随机困境”的局面，似乎无法赢得这个游戏，除非短暂的、纯粹幸运的情况降临。
然而，事物总有两面。
“商业化”无孔不入地渗透体育和博彩领域，两个行业发生奇妙的化学作用，正令体育类博彩逐渐偏离传统的轨道：博项的表面随机性被加以利用，而随机性本身的可信度却在动摇；与此同时，庄家在可以承受的风险范围内不时逾越保守的“均布利润”的传统行规，以求利润的最大化。
2018年高考数学总动员：10-1排列与组合 精品
＝
m__！__（__n_－__m__）__！__
2)…2·1
(m≤n)
性 质 0！＝1，C0n＝1
①Cnm＝Cnn－m
②Cnm＝_C_nm_－_1_＋__C_mn_－－_11__
►一个区别：排列与组合. (2)[排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”.取出 元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关 则是组合]从2，3，5，7四个数中任取两个不同的数相乘，有 m个不同的积；任取两个不同的数相除，有n个不同的商，则 m∶n＝________.
[解析] 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶 数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成 的四位数中四个数字不能重复，因此应先分类，再分步. 第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时， 个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与 这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复 的数字.
►一个易错点：两个基本原理不清致误. (1)[①切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还要 需要分步进行.②分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步 的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步] 有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书， 从中任取两本不同类的书，共有______种不同的取法.
解析 (1)可分以下两种情况：①A 类选修课选 1 门，B 类选 修课选 2 门，有 C12C22种不同选法；②A 类选修课选 2 门，B 类选修课选 1 门，有 C22C13种不同选法.∴根据分类计算原理 知不同的选法共有：C12C23＋C22C13＝6＋3＝9 种.故选 C.
(2)根据题意，分 2 步进行分析：①将 5 本书进行全排列， 有 A55＝120 种情况.②其中语文书相邻的情况有 A22A44＝48 种，数学书相邻的情况有 A22A44＝48 种，语文书，数学书同 时相邻的情况有 A22A22A33＝24 种，则同一科目的书均不相邻 的摆法有 120－48－48＋24＝48 种. 答案 (1)C (2)48
正立方体六个面的着色问题
正立方体六个面的着色问题图解Pólya计数法Mr. Thursday不知道各位阅读一篇blog的时候都是什么样子的时间？刚吃饱饭？刚做完剧烈运动？还是深夜还没睡觉的时候？也许各位只有10分钟左右的注意力可以阅读这篇文章，但是数学相关的内容常常需要很多血液在大脑才能了解，在各位读者大脑缺血的状态下，硬是要大家脑充血，实在是有点残酷。
不过这篇文章有另外一个尝试，就是使用图解的方式，让大家可以用比较轻松的方式了解还满有难度的Pólya计数法。
各位读者不必学过很难的定理，只要会「加法」、「乘法」、以及对三度空间有一些些想象力，就可以了解！愿意试试看吗？让我们往下继续阅读吧！开始之前先把Pólya本尊以及他发明的公式列在下面，今天的目标就是让各位经松了解这个公式，甚至一辈子都不会忘记喔！加法原理和乘法原理不知道各位是否还记得中学时候学到的排列组合。
在这部分我们稍微有些直觉上的复习。
首先让我们注意到如果今天有一个瓷砖，然后我们有两种颜色，但是瓷砖一次只能上一种颜色，那么有几种着色法呢? 我想大家应该都会回答是两种。
譬如说下面这张图：问号代表一个还没上色的瓷砖。
右手边代表这两种可能的着色方法：红色、「或是」蓝色。
接下来让我们推广到两个瓷砖的时候。
如果有两种颜色(红色、蓝色)，分别涂在两个瓷砖上面，总共有几种着色呢？让我们可视化这个问题的答案：所以我们可以看到，有四种着色方法。
在继续讨论之前，我们想做一件事，就是跨越「符号化」的鸿沟。
首先，上面四种着色方法，我们如果用中文来念，分别就是：「红红」、「红蓝」、「蓝红」、「蓝蓝」。
如果我们用英文来代表呢？红色是Red，所以用字母R来代表，蓝色是Blue，所以用B来代表，那么刚才四种着色方法，用英文字母来表示，就变成RR、RB、BR、BB了！跨越符号化的鸿沟之后，我们要开始进入这一段的重点：加法原理和乘法原理。
我想各位应该都知道加法，譬如说1＋1 = 2。
《第15课算法的应用》学历案-小学信息技术浙教版23五年级上册
《算法的应用》学历案（第一课时）一、学习主题本课学习主题为“算法的应用”，旨在让学生初步了解算法的基本概念，掌握简单的算法设计思路，并通过实际案例的操作体验，培养学生利用算法解决问题的能力。
通过本课程的学习，学生将学会使用信息技术中的算法来提高处理数据的效率和准确性。
二、学习目标1. 理解算法的基本概念，知道算法在信息技术中的应用。
2. 掌握简单的算法设计思路，能够分析并描述算法的步骤。
3. 通过实际操作，学会使用编程软件实现简单的算法。
4. 培养学生的逻辑思维能力和问题解决能力，提高学生的信息素养。
三、评价任务1. 评价学生对算法基本概念的掌握情况，通过课堂提问和小组讨论的方式进行。
2. 评价学生对算法设计思路的理解程度，通过案例分析和小组合作的方式进行评价。
3. 评价学生的实际操作能力，通过编程练习和项目作业的方式进行。
4. 评价学生的综合表现，包括课堂表现、小组活动中的合作能力和项目完成的效率等。
四、学习过程1. 导入新课：通过展示生活中常见的算法应用案例（如排序问题、查找问题等），引导学生思考算法在信息技术中的作用，激发学生的学习兴趣。
2. 新课讲解：讲解算法的基本概念、特点及在信息技术中的应用，通过实例演示让学生直观了解算法的运行过程。
3. 案例分析：分析一个具体的算法设计案例，让学生了解算法的设计思路和实现步骤。
4. 编程实践：学生动手操作，使用编程软件实现一个简单的算法，教师巡视指导，及时解答学生疑问。
5. 课堂小结：总结本课学习的重点内容，强调算法在信息技术中的重要性，鼓励学生将所学知识应用到实际生活中。
五、检测与作业1. 课堂检测：通过课堂小测验，检测学生对算法基本概念的掌握情况。
2. 编程练习：布置编程练习作业，让学生进一步巩固所学知识，提高实际操作能力。
3. 项目作业：小组合作，完成一个简单的算法设计项目，培养学生的合作能力和问题解决能力。
六、学后反思1. 教师反思：教师需要反思本课的教学效果，总结教学过程中的优点和不足，为今后的教学提供借鉴。
人教版数学选择性必修三6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课件(1)
2.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色, 并使同一条棱的两个端点
异色, 若只有4种颜色可供使用, 则不同的染色方法共有( B )
A.48种
B.72种
C.96种
D.108种
设四棱锥为P-ABCD.
当A,C颜色相同时,先染P有4种方法,再染A,C有3种方法,
P
然后染B有2种方法,最后染D也有2种方法.根据分步乘
总结提升
组数问题的常见类型
①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”； ②在某一定范围内的数的问题； ③各位数字和为某一定值问题； ④各位数字之间满足某种关系问题等．
总结提升
组数问题的解决原则
①明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步” 的关键．一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中 再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分 类较多，可采用间接法求解． ②要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最 高位．
总结提升
选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树形图法、框图法或者 图表法． (2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法： ①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取 是有顺序的就按分步进行；若按对象特征抽取的，则按分类进行． ②间接法：去掉限制条件计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符 合条件的抽取方法数即可．
法三
题型三 用计数原理解决涂色(种植)问题
[例3] 如图所示，要给“优”、“化”、“指”、“导”四个区域 分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但 相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
[例3] 如图所示，要给“优”、“化”、“指”、“导”四个区域 分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但 相邻区域必须涂不同的颜色，有多少种不同的涂色方法？
分类加法计数原理的应用
分类加法计数原理的应用什么是分类加法计数原理？分类加法计数原理是一个基本的数学概念，用于解决许多实际问题中的计数问题。
它通过将问题划分为不同的情况并逐个计数，然后将结果相加，从而得到最终的计数值。
分类加法计数原理可以应用于各种问题，包括排列组合、概率计算等。
分类加法计数原理的应用场景场景1：组织活动的安排假设你负责组织一个学校的欢迎会活动，活动包括三个部分：开场表演、游戏环节和抽奖环节。
为了使活动更加有趣，你需要设计不同的开场表演、游戏和奖品。
在这种情况下，你可以利用分类加法计数原理来计算不同活动组合的可能性。
首先，你可以列出所有可能的开场表演的选项，比如舞蹈、歌曲表演和戏剧表演等。
然后，你可以列出所有可能的游戏选项，比如猜谜游戏、足球比赛和拔河比赛等。
最后，你可以列出所有可能的奖品选项，比如笔记本电脑、手机和礼品卡等。
假设有3种开场表演选项，4种游戏选项和2种奖品选项，按照分类加法计数原理，总共可能的组合方式为3 * 4 * 2 = 24种。
这样，你就可以根据这个计数值来制定活动的安排，确保每个环节都有各种组合的可能性。
场景2：购物车中商品排列组合假设你在网上购物，你需要购买衣服、鞋子和配饰。
每个类别都有多个选项可供选择。
例如，你可以选择不同颜色、尺码和款式的衣服，不同款式和品牌的鞋子，以及不同种类的配饰。
为了确定购物车中可能的组合方式，你可以使用分类加法计数原理。
首先，你可以列出所有可选的衣服组合，如红色T恤、蓝色连衣裙等。
然后，你可以列出所有可选的鞋子组合，如运动鞋、高跟鞋等。
最后，你可以列出所有可选的配饰组合，如项链、手链等。
假设有4种衣服选项，3种鞋子选项和2种配饰选项，按照分类加法计数原理，总共可能的组合方式为4 * 3 * 2 = 24种。
这样，你可以根据这个计数值来确定购物车中不同商品的排列组合方式，从而更好地满足你的购物需求。
总结分类加法计数原理是一个重要的数学概念，可以应用于各种问题中的计数。
波利亚计数——精选推荐
波利亚计数Polya计数将波利亚计数定理整理在这⾥，作为⼀个总结和介绍，也⽅便以后复习为什么学习Polya计数定理通过Polya计数定理，我们可以计算等价类的数量，⽐如下⾯这个问题：⽤mm种颜⾊给⼀个正⽅形染⾊，如果正⽅形可以⾃由转动，求染⾊⽅案数让我们从⼀些概念开始1 等价关系1.1 等价关系的定义假设VV是⼀个集合，SS是定义在VV上的⼀个关系，若SS有如下性质：⾃反性传递性对称性那么， SS就是⼀个等价关系aa和bb有关系SS,可以记为aSbaSb假设定义关系SS，图形aa可以旋转得到bb⇔⇔aSbaSb例如图中的⽅块1⽅块1和⽅块2⽅块2具有关系SS，即他们可以通过旋转得到彼此，⽽⽅块1⽅块1和⽅块2⽅块2则没有关系SS1.2 等价类通过上图，可以看出来：⽅块1⽅块1和⽅块2⽅块2是同⼀类的，⽽⽅块1⽅块1和⽅块2⽅块2则是另外两类，于是可以想到集合VV上的等价关系SS将集合的元素划分到不同的类中，我们把它称为等价类⽽包含元素aa的等价类则是由满⾜aSbaSb的所有元素bb组成的(当然也包含元素aa),即C(a)={b∈V|aSb}C(a)={b∈V|aSb}仔细想⼀想，不难发现两个不同等价类是不相交的2 置换群2.1 置换群的定义假设A={1,2,…,n}A={1,2,…,n}，通过置换，将AA中的元素重新排列，得到另⼀个排列a1,a2,…,a n a1,a2,…,a n，可以把这个过程写成12…na1a2…a n(12…n a1a2…a n)所以，可以将置换看成⼀个双射函数f:{1,2,…,n}→{1,2,…,n}f:{1,2,…,n}→{1,2,…,n}置换之间也可进⾏合成运算π1=12344213π2=12342143π1=(12344213) π2=(12342143) () ()()π1∘π2=1234 2431π1∘π2=(1234 2431)π1∘π2(1)=π1(π2(1))=2π1∘π2(1)=π1(π2(1))=2⽽在置换集合XX上定义的群则称为置换群，置换群也是群也要满⾜群的性 质运算封闭π1∈X,π2∈X⇒π1∘π2∈Xπ1∈X,π2∈X⇒π1∘π2∈X满⾜结合律有单位元，置换I(a)=aI(a)=a有逆元，π∘π−1=Iπ∘π−1=I但是置换与计算不同染⾊模式数量有什么关系？图形的旋转等变换都可以⽤⼀个只置换来表⽰我们把1-4按顺时针放到正⽅形的四个⽅块中π1=12341234π1=(12341234)旋转90∘90∘π2=12344123π2=(12344123)2.2 置换群衍⽣的等价关系假设G=(X,∘)G=(X,∘)，通过置换π∈Xπ∈X，元素aa可以被置换为其他元素π(a)=bπ(a)=b，可以发现这⾥也存在⼀种等价关系， 可以定义等价关系SS:aSb⇔∃π∈G,π(a)=baSb⇔\existπ∈G,π(a)=bπ∈G也可以来表⽰π∈Xπ∈G也可以来表⽰π∈X⽽包含aa的等价类C(a)C(a)是由所有满⾜aSbaSb的元素bb组成的，因此我们也可以说C(a)={π(a) |π∈G}C(a)={π(a) |π∈G}如果A={1,2,3}A={1,2,3}π1=123123π1=(123123)() ()()()π2=123321π2=(123321)X={π1,π2}X={π1,π2},可以验证G={X,∘}G={X,∘}是⼀个置换群，{1,3}{1,3}是⼀个等价类，{2}{2}是⼀个等价类可以证明⾃反、对称、传递是满⾜的3 伯恩赛德引理这个定理将给出置换群衍⽣出的等价关系的（不同）等价关系数量的计数⽅法3.1 伯恩赛德引理假设GG是⼀个置换群，aa是AA中的元素，如果π(a)=aπ(a)=a，则称AA中的元素aa在置换ππ下是不变的(Invariant)，Inv(π)Inv(π)表⽰不变元素的数量定理 假设GG是⼀个集合AA的置换群，设SS是GG上衍⽣出来的等价关系，那么SS中的等价类的数量由下式给出:1 |G|∑π∈G Invπ)1 |G|∑π∈G Inv(π)|G||G|是置换群中置换的数量，让我们来⽤⼀下这个定理，假设GG下⾯的置换组成π1=231234,π2=234134,π1=(12341234),π2=(12342134),π3=231243,π4=2342143,π3=(12341243),π4=(12342143),可以看出来，有两个等价类分别是{1,2}{1,2}，{3,4}{3,4}，等价类的数量为22可以验证Inv(π1)=4,Inv(π2)=2,Inv(π3)=2,Inv(π4)=0Inv(π1)=4,Inv(π2)=2,Inv(π3)=2,Inv(π4)=0等价类的数量=14(4+22+0)=2等价类的数量=14(4+2+2+0)=23.2 伯恩赛德引理的证明Part 1这个证明可以跳过，对后⾯阅读没有什么影响对于AA中的元素aa，我们可以定义稳定算⼦(Stabilizer)的概念，St(a)St(a)是保持元素aa不变的置换的集合，St(a)={π∈G|π(a)=a}St(a)={π∈G|π(a)=a}，=π2=123231,π3=123312,π1=(123123,π2=123231),π3=(123312),()((14)(12)(14)(1)+(123123),()()π1)(St(2)={π1}St(2)={π1}，包含22的等价类C(2)={π1(2),π2(2),π3(2)}={1,2,3}C(2)={π1(2),π2(2),π3(2)}={1,2,3}可以发现|St(2)|×|C(2)|=|G|=3|St(2)|×|C(2)|=|G|=3，这不是巧合引理 假设GG是⼀个置换群，⽽且a∈Aa∈A，那么，|St(a)|×|C(a)|=|G||St(a)|×|C(a)|=|G|让我们来简单证明这个定理假设C(a)={b1,b2,⋯,b r}C(a)={b1,b2,⋯,b r}，那么存在⼀个π1π1，满⾜π1(a)=b1π1(a)=b1，同样存在π2(a)=b2π2(a)=b2,⋯⋯,设P={π1,π2,…,πr}P={π1,π2,…,πr}，⽽且|P|=|C(a)||P|=|C(a)|，于是转化为证明|St(a)|×|P|=|G||St(a)|×|P|=|G|从GG中选⼀个置换ππ, ππ⼀定将aa置换成⼀个元素，设该元素为b k b k，即π(a)=b kπ(a)=b k，另⼀个⽅⾯，πk(a)=b kπk(a)=b k,因此π−1k∘π(a)=aπ−1k∘π(a)=a，即π−1k∘π∈St(a)π−1k∘π∈St(a)，πk∘(π−1k∘π)=ππk∘(π−1k∘π)=π这说明GG中的元素ππ可以由St(a)St(a)和C(a)C(a)中的元素合成得到然后我们再来说明这是唯⼀的假设π=πk∘γ=πl∘δπ=πk∘γ=πl∘δ ，γγ和δδ都在St(a)St(a)中，因此πk∘γ(a)=b k=πl∘δ(a)=b lπk∘γ(a)=b k=πl∘δ(a)=b l，因此l=kl=k，这种组合⽅式是唯⼀的，因此|St(a)|×|C(a)|=|G||St(a)|×|C(a)|=|G|Part 2让我们继续证明伯恩赛德引理假设A={1,2,…,n}A={1,2,…,n}, G={π1,π2,…,πm}G={π1,π2,…,πm}，让我们看看下⾯这个式⼦的是否成⽴|Inv(π1)|+|Inv(π2)|+⋯+|Inv(πm)|=|St(1)|+|St(2)|+⋯+|St(n)||Inv(π1)|+|Inv(π2)|+⋯+|Inv(πm)|=|St(1)|+|St(2)|+⋯+|St(n)|可以发现都计数的是满⾜π(a)=aπ(a)=a序对<π,a><π,a>的个数，因此等式是成⽴的将等式两边同时除以|G|，左边就得到了伯恩赛德引理的型式，⽽右边，根据Part1中的引理可以转化为1C(1)+1C(2)+⋯+1C(n) (1)1C(1)+1C(2)+⋯+1C(n) (1)⽽C(a)C(a)是⼀个等价类，两个等价类的交集要么是全集要么是空集，假设C(a)={b1,b2,…,b r}C(a)={b1,b2,…,b r},那么，1C(b1)+1C(b2)+⋯+1C(b r)=1r+1r+⋯+1r=11C(b1)+1C(b2)+⋯+1C(b r)=1r+1r+⋯+1r=1于是(1)式计数的就是等价类的个数4 等价着⾊伯恩赛德引理和计算等价着⾊数量有什么关系呢?其实伯恩赛德引理不能直接帮助我们计算等价着⾊的数量，但是我们可以适当的定义等价关系，然后再计算等价着⾊的数量假设C(R,D)C(R,D)使⽤RR中的颜⾊，来给DD中的元素染⾊的着⾊集合，假设RR是⿊⾊和⽩⾊，DD是图中的节点，那么C(R,D)C(R,D)是给图中节点染⾊的集合C(R,D)={C1,C2,⋯,C16}C(R,D)={C1,C2,⋯,C16}定义在C(R,D)C(R,D)上的置换π∗π∗，将⼀种着⾊变为另⼀种着⾊，更形式⼀点，假定ff是⼀个着⾊，那么新着⾊π∗fπ∗f定义为(π∗f)(a)(π∗f)(a)是f(π(a))f(π(a))同样，也可以定义C(R,D)C(R,D)上的置换群，G∗={π∗|π∈G}G∗={π∗|π∈G}，GG和G∗G∗的元素数量⼀样，因为ππ和π∗对应于⼀种相同旋转π∗对应于⼀种相同旋转。
小学奥数：7-6-4 计数之递推法.教师版
前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法，比如枚举法、树形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等，这里再集中学习一下计数中其他常见的方法，主要有归纳法、整体法、对应法、递推法．对这些计数方法与技巧要做到灵活运用．对于某些难以发现其一般情形的计数问题，可以找出其相邻数之间的递归关系，有了这一递归关系就可以利用前面的数求出后面未知的数，这种方法称为递推法．【例 1】 每对小兔子在出生后一个月就长成大兔子，而每对大兔子每个月能生出一对小兔子来．如果一个人在一月份买了一对小兔子，那么十二月份的时候他共有多少对兔子？【考点】计数之递推法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 第一个月，有1对小兔子；第二个月，长成大兔子，所以还是1对；第三个月，大兔子生下一对小兔子，所以共有2对；第四个月，刚生下的小兔子长成大兔子，而原来的大兔子又生下一对小兔子，共有3对；第五个月，两对大兔子生下2对小兔子，共有5对；……这个特点的说明每月的大兔子数为上月的兔子数，每月的小兔子数为上月的大兔子数，即上上月的兔子数，所以每月的兔子数为上月的兔子数与上上月的兔子数相加． 依次类推可以列出下表：经过月数：---1---2---3---4---5---6---7---8---9---10---11---12兔子对数：---1---1---2---3---5---8--13--21--34--55--89—144，所以十二月份的时候总共有144对兔子．【答案】144【例 2】 树木生长的过程中，新生的枝条往往需要一段“休息”时间供自身生长，而后才能萌发新枝．一棵树苗在一年后长出一条新枝，第二年新枝“休息”，老枝依旧萌发新枝；此后，老枝与“休息”过一年的枝同时萌发，当年生的新枝则依次“休息”．这在生物学上称为“鲁德维格定律”．那么十年后这棵树上有多少条树枝？【考点】计数之递推法 【难度】3星 【题型】解答【解析】 一株树木各个年份的枝桠数，构成斐波那契数列：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，……所以十年后树上有89条树枝．【答案】89【例 3】 一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 登 1级 2级 3级 4级 ...... 10级1种方法 2种 3种 5种 ...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面两个数的和；依此规律例题精讲教学目标7-6-4.计数之递推法我们就可以知道了第10级的种数是89.其实这也是加法的运用：假如我们把这个人开始登楼梯的位置看做A 0，那么登了1级的位置是在A 1，2级在A 2... A 10级就在A 10．到A 3的前一步有两个位置；分别是A 2 和A 1 ．在这里要强调一点，那么A 2 到A 3 既然是一步到了，那么A 2 、A 3之间就是一种选择了；同理A 1 到A 3 也是一种选择了．同时我们假设到n 级的选择数就是An ．那么从A 0 到A 3 就可以分成两类了：第一类：A 0 ---- A 1 ------ A 3 ，那么就可以分成两步．有A 1×1种，也就是A 1 种；(A 1 ------ A 3 是一种选择)第二类：A 0 ---- A 2 ------ A 3， 同样道理 有A 2 ．类类相加原理：A 3 = A 1 ＋A 2，依次类推An = An -1 + An -2．【答案】89【巩固】一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或三级，要登上第10级，共有多少种不同走法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 登 1级 2级 3级 4级 5级 ...... 10级1种方法 1种 2种 3种 4种...... ？我们观察每级的种数，发现这么一个规律：从第三个数开始，每个数是前面相隔的两个数的和；依此规律我们就可以知道了第10级的种数是28.【答案】28【例 4】 1×2的小长方形(横的竖的都行)覆盖2×10的方格网，共有多少种不同的盖法．【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 如果用12⨯的长方形盖2n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，22a =,对于3n ≥，左边可能竖放1个12⨯的，也可能横放2个12⨯的，前者有-1n a 种，后者有-2n a 种，所以-1-2n n n a a a =+,所以根据递推，覆盖210⨯的长方形一共有89种．【答案】89【例 5】 用13⨯的小长方形覆盖38⨯的方格网，共有多少种不同的盖法？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果用13⨯的长方形盖3n ⨯的长方形，设种数为n a ,则11a =，21a =,32a =,对于4n ≥，左边可能竖放1个13⨯的，也可能横放3个13⨯的，前者有-1n a 种，后者有-3n a 种，所以-1-3n n n a a a =+,依照这【答案】13【例 6】 有一堆火柴共12根，如果规定每次取1～3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1根火柴有1种方法，取2根火柴有2种方法，取3根火柴有4种取法，以后取任意根火柴的种【答案】927【巩固】 一堆苹果共有8个，如果规定每次取1～3个，那么取完这堆苹果共有多少种不同取法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 取1个苹果有1种方法，取2个苹果有2种方法，取3个苹果有4种取法，以后取任意个苹果的种【答案】81【例 7】 有10枚棋子，每次拿出2枚或3枚，要想将10枚棋子全部拿完，共有多少种不同的拿法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 本题可以采用递推法，也可以进行分类讨论，当然也可以直接进行枚举．(法1)递推法．假设有n 枚棋子，每次拿出2枚或3枚，将n 枚棋子全部拿完的拿法总数为n a 种．则21a =，31a =，41a =．由于每次拿出2枚或3枚，所以32n n n a a a --=+(5n ≥)．所以，5232a a a =+=；6342a a a =+=；7453a a a =+=；8564a a a =+=；9675a a a =+=；10787a a a =+=．即当有10枚棋子时，共有7种不同的拿法．(法2)分类讨论．由于棋子总数为10枚，是个偶数，而每次拿2枚或3枚，所以其中拿3枚的次数也应该是偶数．由于拿3枚的次数不超过3次，所以只能为0次或2次．若为0次，则相当于2枚拿了5次，此时有1种拿法；若为2次，则2枚也拿了2次，共拿了4次，所以此时有246C =种拿法．根据加法原理，共有167+=种不同的拿法．【答案】7【例 8】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答B A A B 1357946821235813213455891 【解析】 蜜蜂“每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行”这意味着它只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房．明确了行走路径的方向，就可以运用标数法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有89种不同的回家方法．【答案】89【巩固】小蜜蜂通过蜂巢房间，规定只能由小号房间进入大号房间问小蜜蜂由A 房间到达B 房间有多少种方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 斐波那契数列第八项．21种．【答案】21【例 9】 如下图，一只蜜蜂从A 处出发，回到家里B 处，每次只能从一个蜂房爬向右侧邻近的蜂房而不准逆行，共有多少种回家的方法？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 按照蜜蜂只能从小号码的蜂房爬近相邻大号码的蜂房的原则，运用标号法进行计算．如右图所示，小蜜蜂从A 出发到B 处共有296种不同的回家方法．【答案】296【例 10】 对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到得数为1操作停止．问经过9次操作变为1的数有多少个？【考点】计数之递推法 【难度】4星 【题型】解答【解析】 可以先尝试一下，倒推得出下面的图：2410131112514302831643215167683421其中经1次操作变为1的1个，即2，经2次操作变为1的1个，即4，经3次操作变为1的2个，是一奇一偶，以后发现，每个偶数可以变成两个数，分别是一奇一偶，每个奇数变为一个偶数，于是，经1、2、…次操作变为1的数的个数依次为：1，1，2，3，5，8，…这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即即经过9次操作变为1的数有34个.为什么上面的规律是正确的呢？道理也很简单. 设经过n 次操作变为1的数的个数为n a ,则1a =1，2a =1，3a =2，…从上面的图看出，1n a +比n a 大.一方面，每个经过n 次操作变为1的数，乘以2，就得出一个偶数，经过1n +次操作变为1；反过来，每个经过1n +次操作变为1的偶数，除以2，就得出一个经过n 次操作变为1的数. 所以经过n 次操作变为1的数与经过1n +次操作变为1的偶数恰好一样多.前者的个数是n a ,因此后者也是n a 个.另一方面，每个经过n 次操作变为1的偶数，减去1，就得出一个奇数，它经过1n +次操作变为1，反过来.每个经过1n +次操作变为1的奇数，加上1，就得出一个偶数，它经过n 次操作变为1. 所以经过n 次操作变为1的偶数经过1n +次操作变为1的奇数恰好一样多.而由上面所说，前者的个数就是1n a -,因此后者也是1n a -.经过n +1次操作变为1的数，分为偶数、奇数两类，所以11n n n a a a +-=+，即上面所说的规律的确成立.【答案】34【例 11】 有20个石子，一个人分若干次取，每次可以取1个，2个或3个，但是每次取完之后不能留下质数个，有多少种方法取完石子？（石子之间不作区分，只考虑石子个数）【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 如果没有剩下的不能使质数这个条件，那么递推方法与前面学过的递推法相似，只不过每次都是前面3个数相加．现在剩下的不能是质数个，可以看作是质数个的取法总数都是0，然后再进行递推．【答案】25【巩固】有20个相同的棋子，一个人分若干次取，每次可取1个，2个，3个或4个，但要求每次取之后留下的棋子数不是3或4的倍数，有 种不同的方法取完这堆棋子.【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来：【答案】54【例 12】 4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 设第n 次传球后，球又回到甲手中的传球方法有n a 种．可以想象前1n -次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有3种可能，由乘法原理，共有11333333n n --⨯⨯⨯=()个…(种)传球方法．这些传球方法并不是都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第1n -次恰好传到甲手中，这有1n a -种传法，它们不符合要求，因为这样第n 次无法再把球传给甲；另一类是第1n -次传球，球不在甲手中，第n 次持球人再将球传给甲，有n a 种传法．根据加法原理，有11133333n n n n a a ---+=⨯⨯⨯=(个…)．由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以10a =．利用递推关系可以得到：2303a =-=，33336a =⨯-=，4333621a =⨯⨯-=，533332160a =⨯⨯⨯-=．这说明经过5次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60种．本题也可以列表求解．由于第n 次传球后，球不在甲手中的传球方法，第1n +次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种．从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有60种．【答案】60【巩固】五个人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过4次传球后，球仍回到甲手中．问：共有多少种传球方式？【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】解答【解析】 递推法．设第n 次传球后球传到甲的手中的方法有n a 种．由于每次传球有4种选择，传n 次有4n 次可能．其中有的球在甲的手中，有的球不在甲的手中，球在甲的手中的有n a 种，球不在甲的手中的，下一次传球都可以将球传到甲的手中，故有1n a +种．所以14n n n a a ++=．由于10a =，所以12144a a =-=，232412a a =-=，343452a a =-=．即经过4次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有52种．【答案】52【例13】设A、E为正八边形ABCDEFGH的相对顶点，顶点A处有一只青蛙，除顶点E外青蛙可以从正八边形的任一顶点跳到其相邻两个顶点中任意一个，落到顶点E时青蛙就停止跳动，则青蛙从顶点A出发恰好跳10次后落到E的方法总数为种．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空【关键词】清华附中【解析】可以使用递推法．回到A跳到B或H跳到C或G跳到D或F停在E 1步 12步 2 13步 3 14步 6 4 25步10 46步20 14 87步34 148步68 48 289步116 48其中，第一列的每一个数都等于它的上一行的第二列的数的2倍，第二列的每一个数都等于它的上一行的第一列和第三列的两个数的和，第三列的每一个数都等于它的上一行的第二列和第四列的两个数的和，第四列的每一个数都等于它的上一行的第三列的数，第五列的每一个数都等于都等于它的上一行的第四列的数的2倍．这一规律很容易根据青蛙的跳动规则分析得来．所以，青蛙第10步跳到E有48296⨯=种方法．【答案】96【巩固】在正五边形ABCDE上，一只青蛙从A点开始跳动，它每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D点上就停止跳动．青蛙在6次之内(含6次)跳到D点有种不同跳法．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空ABEC D【解析】采用递推的方法．列表如下：跳到A跳到B跳到C停在D跳到E1步 1 12步 2 1 13步 3 1 24步 5 3 25步8 3 56步13 8 5其中，根据规则，每次可以随意跳到相邻两个顶点中的一个上，一旦跳到D点上就停止跳动．所以，每一步跳到A的跳法数等于上一步跳到B和E的跳法数之和，每一步跳到B的跳法数等于上一步跳到A和C的跳法数之和，每一步跳到C的跳法数等于上一步跳到B的跳法数，每一步跳到E的跳法数等于上一步跳到A的跳法数，每一步跳到D的跳法数等于上一步跳到C或跳到E的跳法数．观察可知，上面的递推结果与前面的枚举也相吻合，所以青蛙在6次之内(含6次)跳到D点共有++++=种不同的跳法．1123512【答案】12【例14】有6个木箱，编号为1，2，3，……，6，每个箱子有一把钥匙，6把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把6把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有种．【考点】计数之递推法【难度】5星【题型】填空【关键词】迎春杯，中年级组，决赛【解析】 (法1)分类讨论．如果1，2号箱中恰好放的就是1，2号箱的钥匙，显然不是“好”的方法，所以“好”的方法有两种情况：⑴1，2号箱的钥匙恰有1把在1，2号箱中，另一箱装的是3～6箱的钥匙．⑵1，2号箱的钥匙都不在1，2号箱中．对于⑴，从1，2号箱的钥匙中选1把，从3～6号箱的钥匙中选1把，共有248⨯=(种)选法，每一种选法放入1，2号箱各有2种放法，共有8216⨯=(种)放法．不妨设1，3号箱的钥匙放入了1，2号箱，此时3号箱不能装2号箱的钥匙，有3种选法，依次类推，可知此时不同的放法有3216⨯⨯=(种)．所以，第⑴种情况有“好”的方法16696⨯=(种)．对于⑵，从3～6号箱的钥匙中选2把放入1，2号箱，有4312⨯=(种)放法．不妨设3，4号箱的钥匙放入了1，2号箱．此时1，2号箱的钥匙不可能都放在3，4号箱中，也就是说3，4号箱中至少有1把5，6号箱的钥匙．如果3，4号箱中有2把5，6号箱的钥匙，也就是说3，4号箱中放的恰好是5，6号箱的钥匙，那么1，2号箱的钥匙放在5，6号箱中，有224⨯=种放法；如果3，4号箱中有1把5，6号箱的钥匙，比如3，4号箱中放的是5，1号箱的钥匙，则只能是5号箱放6号箱的钥匙，6号箱放2号箱的钥匙，有212⨯=种放法；同理，3，4号箱放5，2号箱或6，1号箱或6，2号箱的钥匙，也各有2种放法．所以，第⑵种情况有“好”的放法()1242222144⨯++++=(种)．所以“好”的方法共有96144240+=(种)．(法2)递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，6542554543225!240a a a a ==⨯==⨯⨯⨯=⨯=，即好的方法总数为240种．【答案】240【巩固】有10个木箱，编号为1，2，3，……，10，每个箱子有一把钥匙，10把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好．先挖开1，2号箱子，可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把10把锁都打开，则说这是一种放钥匙的“好”的方法，那么“好”的方法共有 种．【考点】计数之递推法 【难度】5星 【题型】填空【解析】 递推法．设第1，2，3，…，6号箱子中所放的钥匙号码依次为1k ，2k ，3k ，…，6k ．当箱子数为n (2n ≥)时，好的放法的总数为n a ．当2n =时，显然22a =(11k =，22k =或12k =，21k =)．当3n =时，显然33k ≠，否则第3个箱子打不开，从而13k =或23k =，如果13k =，则把1号箱子和3号箱子看作一个整体，这样还是锁着1，2两号钥匙，撬开1，2两号箱子，那么方法有2a 种；当23k =也是如此．于是2n =时的每一种情况对应13k =或23k =时的一种情况，这样就有3224a a ==．当4n ≥时，也一定有n k n ≠，否则第n 个箱子打不开，从而1k 、2k 、……、1n k -中有一个为n ，不论其中哪一个是n ，由于必须要把该箱子打开才能打开n 号箱子，所以可以将锁着这把钥匙的箱子与第n 号箱子看作1个箱子，于是还是锁着1k 、2k 、……、1n k -这()1n -把钥匙，需要撬开1，2两号箱子，所以每种情况都有1n a -种．所以()11n n a n a -=-．所以，109829989876543229!=725760a a a a ==⨯==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯，即好的方法总数为725760种．【答案】725760。
eular-maruyama数值法
eular-maruyama数值法
Eular-Maruyama数值法是一种用于数值解离散化随机微分方程的方法。
它是基于欧拉法的改进方法，对于被称为随机微分方程的一类微分方程，特别有效。
随机微分方程是这样一类微分方程，其系数或驱动项包含随机变量或噪声。
方法的主要思路是在欧拉法中添加一个随机项，用来模拟方程中的噪声项。
在每个时间步长内，通过计算当前时间和位置处的随机项的值来计算下一时间步长的位置。
Eular-Maruyama数值法的优点在于它简单易懂，并且它能够处理多维随机微分方程。
同时，该方法相对于其他更复杂的数值方法，它具有更高效的计算速度。
该方法的一个缺点在于，在处理长时间间隔内的随机微分方程时，误差累积可能会导致数值解的不稳定。
此外，由于随机项的存在，该方法的精度受到限制。
第十四章Polya计数法置换群于对称群
14.1 置换群于对称群
第9章到13章的知识, 属于《离散数学》不讲。
定义：(G，*)称谓代数系统是指对a, b∈G，有 a*b∈G，即G中元素在运算“ * ”作用下保持封 闭性。显见正整数连同其上的加法运算构成一
代数系统, 正整数在减法运算下不构成代数系统。
1
定义： 代数系统(G，*)若满足以下条件：
为了不失一般性，令集合X={1, 2, …, n}到
自身的一个双射函数f: X→X称为一个n次置
换，记作：
1 2 n 或f (i) k f i k k k n 1 2
4
我们有：f(1)=k1; f(2)=k2; …….. f(n)=kn;
例：{1,2,3}的3!=6个置换如下：
(绕2 B翻转)
(绕1 A翻转)
20
正三角形的旋转和翻转在合成运算下可构
成群, 〈S3, ◇〉就代表这个群。
例：设n是一个正整数, ρn表示{1,2,3,…n}的置换，
它定义为：
1 2 3 ...... n n 2 3 4 ...... 1
则当 i=1,2,….,n-1; 时有ρn(i) = i +1且ρn(n) = 1。 考虑将1到n的整数均匀地放到正n边形的n个 角点上。我们下面做一个n=8的例子：
都是群。但
<{p1, p2 , p3}, ◇>
不是群。
16
例 ： 给定正三角形123(右图), 将三角形围绕
重心O逆时针旋转, 分别旋转0°、120°、 240°。可以把每一旋转看 成是三角形的顶点 集合{1, 2, 3}的置换,
1
于是有:
2
3
分类加法计算原理的应用
分类加法计算原理的应用1. 什么是分类加法计算原理？分类加法（Ordinal addition）计算原理是一种用于数学运算的方法，用于将一系列有序数值相加。
它将数值分类为单位、十位、百位等，并逐位相加，最后得出总和。
2. 分类加法计算原理的应用场景分类加法计算原理常用于以下场景： - 小学数学教学中 - 金融领域的账目计算 - 统计学中的数据汇总3. 小学数学教学中的应用分类加法计算原理在小学数学教学中有着重要的应用。
它可以帮助学生理解数位的概念，并通过分类计算简化复杂问题。
以一个简单的例子来说明，在计算132 + 45时，可以使用分类加法计算原理进行计算。
1.个位数相加：2 + 5 = 7，把余数7写在个位上。
2.十位数相加：3 + 4 = 7，加上个位上的余数7，得到14，把余数4写在十位上。
3.百位数相加：1 + 0 = 1，加上十位上的余数4，得到5，把余数5写在百位上。
最终结果是177。
通过这个例子，学生可以理解分类加法计算原理的应用，也可以培养他们对数学计算的敏感性和逻辑思考能力。
4. 金融领域的账目计算中的应用分类加法计算原理在金融领域的账目计算中也有着重要的应用。
例如，在银行的账目核对过程中，会用到分类加法计算原理来确保账目的准确性。
假设银行某日的存款账目如下：日期存款金额2022-01-01 10002022-01-02 20002022-01-03 1500为了核对账目的总金额，可以使用分类加法计算原理进行计算。
1.个位数相加：0 + 0 + 0 = 0，把余数0写在个位上。
2.十位数相加：0 + 0 + 0 = 0，加上个位上的余数0，得到0，把余数0写在十位上。
3.百位数相加：1 + 2 + 1 = 4，加上十位上的余数0，得到4，把余数4写在百位上。
最终结果是4000。
这样，银行可以通过分类加法计算原理快速而准确地核对账目的总金额。
5. 统计学中的数据汇总中的应用分类加法计算原理在统计学中的数据汇总中也非常有用。
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Pólya计数法的应用南京外国语学校陈瑜希目录Pólya计数法的应用 (1)目录 (1)摘要 (2)关键字 (2)问题的提出 (2)[例一]He's Circles SGU294 (2)预备知识 (3)Burnside引理 (4)Pólya计数法 (6)应用 (8)[例二]Cubes UVA 10601 (8)[例三]Transportation is fun SPOJ 419 SPOJ422 (9)[例四]Isomorphism SGU282 (11)总结 (13)参考文献 (14)摘要在信息学竞赛中，我们会遇到许许多多的计数问题，很多问题看似困难，但熟练掌握Pólya计数法后，可以轻松解决。
本文从一道信息学竞赛中出现的例题谈起，首先介绍了发现这题用普通计数法解决所遇到的困难，然后介绍了群、置换、置换群的基本概念、性质，并在此基础上引入Burnside定理，最后得出Pólya计数法，并给出证明。
最后通过几道例题说明了Pólya计数法在信息学竞赛中的应用，并进行总结。
关键字Burnside定理Pólya计数法问题的提出[例一] He's Circles SGU294有一个长度为N的环，上面写着’X’和’E’，问本质不同的环有多少种。
(N不超过200000)。
[分析]这个问题由于是一个环，许多未经过旋转时不同的方案，经过旋转之后就成了相同的方案，如果单纯的利用乘法原理来计算，无法排除这些相同的方案。
如果想要用枚举法来做，需要枚举所有方案。
枚举量不会低于本质不同的环的个数。
事实证明，本质不同的环的个数是2n级别的。
对于N=200000的数据规模，答案会有6万多位，显然枚举是行不通的。
组合数学中，有一种计数法，可以很好的解决这类问题。
预备知识下面，我们介绍一种重要的计数工具——P ólya 计数法。
为了理解P ólya 计数法，我们首先来看一下它所需要用到的概念。
群给定一个集合G={a,b,c,…}和集合G 上的二元运算，并满足:(a) 封闭性：∀a,b ∈G , ∃c ∈G , a*b=c 。
(b) 结合律：∀a,b,c ∈G , (a*b)*c=a*(b*c)。
(c) 单位元：∃e ∈G , ∀a ∈G , a*e=e*a=a 。
(d) 逆元：∀a ∈G , ∃b ∈G, a*b=b*a=e ，记b=a -1。
则称集合G 在运算*之下是一个群，简称G 是群。
一般a*b 简写为ab 。
置换n 个元素1,2,…,n 之间的一个置换⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n a a a n 2121表示1被1到n 中的某个数a 1取代，2被1到n 中的某个数a 2取代，直到n 被1到n 中的某个数a n 取代，且a 1,a 2,…,a n 互不相同。
置换群置换群的元素是置换，运算是置换的连接。
例如：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1342432113424213421343211234432142134321 可以验证置换群满足群的四个条件。
例1中置换群G={转0格、转1格、转2格、转3格……转(n-1)格} ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n n 2121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛13221 n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛24321 n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛35421 n ……⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--2121n n n n Burnside 引理介绍下面我们介绍P ólya 计数法所要用到的一个引理——Burnside 定理。
用D(a j ) 表示在置换aj 下不变的元素的个数。
L 表示本质不同的方案数。
在例一中，对于N=4的情况。
一共有4个置换：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛43214321⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛14324321⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21434321⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛32144321 所有方案在置换a 1下都不变，D(a 1)=16XXXX 和EEEE 在置换a 2下不变，D(a 2)=2XXXX 和EEEE 以及XEXE 与EXEX 在置换a 3下不变，D(a 3)=4XXXX 和EEEE 在置换a 4下不变，D(a 4)=2 计算出6)24216(41=+++=L 证明证明Burnside 定理需要这样一个推论：设c 为 中的一种着色，那么与c 等价的着色数等于G 中的置换个数除以 c 的稳定核中的置换个数。
定理1：对于每一种着色 c ，c 的稳定核 G (c)是一个置换群，而且对 G 中任意置换 f 与 g , g*c=f*c 当且仅当 f -1 g 属于 G(c)。
证明：如果 f 和 g 都使c 保持不变，则先 f 后 g 将使。
保持不变，即(g f) ( c ) ＝c 。
于是，在合成运算下，G(c)具有封闭性。
显然，单位元使得所有着色不变。
如果 f 使 c 不变，那么 f -1也使c 不变，于是 G(c)具有对逆的封闭性。
由于满足置换群定义的所有性质，所以，G(c)是一个置换群。
∑==sj j a D G L 1)(||1假设f*c=g*c 则所以f-1 g使c不变，因此，f-1。
g 属于G(c)，反之，假设f-1 g属于G(c) ，通过类似的计算可证得f*c=g*c作为定理1的一个推论，我们可以从已知的一种着色 c 出发，确定出在G 的作用下不同的着色数。
推论2：设c为中的一种着色，那么与 c 等价的着色数等于G 中的置换个数除以 c 的稳定核中的置换个数，即证明：设 f 是G 中的一个置换，根据定理1，满足g*c=f*c的置换g 实际上就是中的那些置换。
由消去律，则从f h=f h’得到h=h’。
于是，集合中的置换个数等于G(c)中置换的个数。
从而，对每个置换 f ，恰好存在|G(C)|个置换，这些置换作用在c上跟 f 有同样的效果。
因为总共有|G|个置换，所以，与c等价的着色数等于有了这个推论，证明Burnside定理就是我们前面已多次用到的一些技巧的简单应用，即先采取两种不同的方式进行计数，然后使计数相等。
究竟计什么数呢？我们要数使f 保持c 不变即f*c＝c的对偶(f,c)的个数。
一种计数的方式是考察G 中的每个f ，并计算f 保持着色不变的着色数，然后相加所有的量。
因D(f)是通过f 保持着色不变的着色集，所以用这种方式计数得到另一种计数的方式是考察中的每个c ，计算满足f *c=c 的置换f 的个数，然后相加所有的量。
对每种着色，满足f *c ＝c 的所有f 的集合就是我们所称的c 的稳定核G (c)。
因此，每个c 对和的贡献是于是，用这种方式计数，得到但如果我们按等价类将着色归类，那么和式可以简化。
在同一等价类中，两种着色对和贡献了同样的量，每个等价类的总贡献是|G|。
由于等价类的个数就是不等价的着色数L ，所以，等于L|G|解出L 即得Pólya 计数法介绍我们发现要计算D(a j )的值不是很容易，如果采用搜索的方法，总的时间规∑==sj j a D G L 1)(||1∑==sj j a D G L 1)(||1模为O(nsp)。
(n 表示元素个数，s 表示置换个数，p 表示格子数，这里n 的规模是很大的) 下一步就是要找到一种简便的D(a j )的计算方法。
先介绍一个循环的概念：循环：记称为n 阶循环。
每个置换都可以写若干互不相交的循环的乘积，两个循环(a 1a 2…a n )和(b 1b 2…b n )互不相交是指a i ≠b j , i,j=1,2,…,n 。
例如：这样的表示是唯一的。
置换的循环节数是上述表示中循环的个数。
例如(13)(25)(4)的循环节数为3。
设G 是p 个对象的一个置换群，用m 种颜色涂染p 个对象，则不同染色方案为：其中G={g 1 ,…g s } c(g i )为置换g i 的循环节数(i=1…s)在例一中，我们给N=4的环标号：1 24 3构造置换群G'={g 1,g 2,g 3,g 4},｜G'｜＝4，令g i 的循环节数为c(g i ) (i=1,2,3,4) 在G'的作用下，其中g 1表示转0° , 即g 1=(1)(2)(3)(4) c(g 1)=4g 2表示转90°, 即g 2=(4 3 2 1) c(g 2)=1g 3表示转180°, 即g 3=(1 3)(2 4) c(g 3)=2g 4表示转270°, 即g 4=(1 2 3 4) c(g 4)=12c(g1)=24=16=D(a 1) 2c(g2)=21=2= D(a 2)2c(g3)=22=4=D(a 3) 2c(g4)=21=2= D(a 4))m m (m ||1 )c(g )c(g )c(g s 21+++= G L )4)(25)(13(2415354321=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛这就是所谓的Pólya定理。
我们发现利用Pólya定理的时间复杂度为O(s p) (这里s表示置换个数，p表示格子数)，与前面得到的Burnside引理相比之下，又有了很大的改进，其优越性就十分明显了。
Pólya定理充分挖掘了研究对象的内在联系，总结了规律，省去了许多不必要的盲目搜索，把解决这类问题的时间规模降到了一个非常低的水平。
证明：要得到在置换下稳定不动的方案，即把置换的每个循环节都染上相同的颜色，所以D(g i)=m c(gi)应用Pólya定理在信息学竞赛中有着许多应用实例。
这些问题往往不能直接套用公式计算，而需要更细致的分析。
下面我们通过几道例题来看一下信息学竞赛中出现的利用Pólya定理的计数问题。
[例二]Cubes UVA 10601要求把正方体的12条棱染色，并且每种颜色的个数给定，求总方案数（旋转后相同的方案算一种）。
[分析]这个问题是求对正方体的染色，且要求旋转后不变，很容易联想到Pólya计数法。
一个正方体共有24种旋转。
根据这些不同的旋转方法，构造对应的关于边的置换群。
如果直接使用Pólya计数法的计算公式来做，不能保证它每种颜色使用的个数与题目要求的匹配。
因此，需要一些改进。
回顾一下Pólya计数法的公式的推导过程：根据Burnside定理，本质不同的方案数为在每个置换下稳定不动的方案的总合除以总置换数。
而要得到在置换下稳定不动的方案，即把置换的每个循环节都染上相同的颜色，所以D(g i)=m c(gi)本题也是如此，也是要把置换的每个循环节都染上相同的颜色。
因此只需要对于每个置换，求出每个循环节的点的个数，用状态压缩动态规划求出每个循环节都染上相同的颜色，并且每种颜色的总和符合题目要求的方案总数，即可。