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组合数学习题5(共5章)


lya计数理论 第五章 Pólya计数理论 lya
1. 计算(123) (234) (5) (14) (23),并指出它的共轭类.

解:题中出现了 5 个不同的元素:分别是:1,2,3,4,5。即|Sn|=5。
(123)(234)(5)(14)(23) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 = 2 3 1 4 5 1 3 4 2 5 4 3 2 1 5

1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 = 3 4 1 2 5 4 3 2 1 5
1 2 3 4 5 = 2 1 4 3 5

= (12)(34)(5)
(5) 12) 34) ( ( 的置换的型为 1122 而 Sn 中属于 1122 型的元素个数为 个其共轭类为 (5) (14) (23)(5) , (13) (24)(1) , (23) (45)(1) , (24) (35) , (1) (25) (34)(2) , (13) (45)(2) , (14) (35)(2) , (15) (34) , (3) (12) (45)(3) , (14) (25)(3) , (15) (24)(4) , (12) (35) , (4) (13) (25)(4) , (15) (24) 2. 设 D 是 n 元集合,G 是 D 上的置换群.对于 D 的子集 A 和 B,如果存在 σ ∈ G , 使得 B = {σ (a ) | a ∈ A} ,则称 A 与 B 是等价的.求 G 的等价类的个数. 解:根据 Burnside 引理 l = 的元素个数,则有 c1(σI)=n; 设在σ的作用下,A 的元素在 B 中的个数为 i,则 c2(σ)=n-2i;
1 若没有其他置换,则 G 诱出来的等价类个数为 l= [n + (n 2i )] = n i 2 由 0,1,6,8,9 组成的 n 位数,如果把一个数调转过来读得到另一个数,则称这两 个数是相等的.例如,0168 和 8910,0890 与 0680 是相等的.问不相等的 n 位数有 多少个?
1 n ∑ c1 (a i ) ,其中 c1(ai)表示在置换 ai 作用下保持不变 G i =1
5! = 15 2!1!11 2 2

3.

解:该题可理解为相当于 n 位数,0,1,6,8,9 这 5 个数存在一定的置换关系
31

对于置换群 G={g1,g2} g1 为不动点置换,型为 1n;为 5n;
n n g2 置换: (1n)(2(n-1))(3(n-2))…( ) 2 2

分为 2 种情况: (1) n 为奇数时 12 ,但是只有中间的数字是 0,1,8 的时候,才可能调 转过来的时候是相同的,所以这里的剩下的中间数字只能是有 3 种。 即:个数为 3× 5 (2) n 为偶数时 2
n 2
n 1 2

n 2

,个数为 5

n 2

该置换群的轮换指标为
1 n 1 n 为偶数时,等价类的个数 l= (5 + 5 2 ) = 5 2 2 2
1 n n 为奇数时,等价类的个数 l= (5 + 3 × 5 2
n 1 2

n

3n

)

4.

现有 8 个人计划去访问 3 个城市,其中有 3 个人是一家,另外有 2 个人是一家. 如果一家人必须去同一个城市,问有多少种方案?写出它们的模式.

解:令 D={d1,d2,…,d8},其中,d1,d2,d3 为一家,d4,d5 为一家。R={c1,c2,c3},w(c1)= α,w(c2)=β,w(c3)=γ.f:D→R 是一种安排方案。根据题意,做 D 的一个 5 分划 {d1,d2,d3},{d4,d5},{d6},{d7},d8}, 要求 f 在每块中的元素取值相同。对于{d1,d2,d3},可以取α3+β3+γ3 模式; 2 2 2 对于{d4,d5 },可以取α +β +γ 模式;对于{d6},{d7},{d8},可以取α+β +γ模式.所以,总的模式为 (α3+β3+γ3) (α2+β2+γ2) (α+β+γ)3 5. 对正立方体 6 个面用红、蓝、绿 3 种颜色进行着色,问有多少种不同的方案? 又问 3 种颜色各出现 2 次的着色方案有多少种?

解:正立方体 6 个面的置换群 G 有 24 个元素,它们是: (1) 不动的置换,型为 16,有一个; (2) 绕相对两面中心轴旋转 90°,270°的置换,型为 1241,有 6 个;旋 转 180°的置换,型为 1222,有 3 个; (3) 绕相对两顶点连线旋转 120°,240°的置换,型为 32,有 8 个; (4) 绕相对两边中点连线旋转 180°的置换,型为 23,有 6 个。 所以,该置换群的轮换指标为 PG(x1,x2,…,x6)= 等价类的个数为
1 6 2 2 2 2 3 ( x1 + 6 x1 x 4 +3x1 x 2 + 8 x 3 + 6 x 2 ) 24

32

l=PG(3,3,…,3)=

1 6 (3 + 6 3 3 + 3 3 2 3 2 + 8 3 2 + 6 3 3 ) =57 24

下面计算全部着色模式。这里,R={c1,c2,c3},w(c1)=r,w(c2)=b,w(c3)=g, 于是 F 的全部模式表
1 [(r + b + g ) 6 + 6(r + b + g ) 2 (r 4 + b 4 + g 4 ) + 3(r + b + g ) 2 (r 2 + b 2 + g 2 ) 2 24 + 8(r 3 + b 3 + g 3 ) 2 + 6(r 2 + b 2 + g 2 ) 3 ]

其中,红色、蓝色、绿色各出现 2 次的方案数就是上述展开式中 r2b2g2 项的 系数,即

1 6! 3! ( + 3 2 + 6 )=6 24 2!2!2! 1!1!1!
6. 有一个 3×3 的正方形棋盘,若用红蓝两色对这 9 个方格进行着色,要求两个位 红色,其余为蓝色,问有多少种方案?

解: 其置换群为: 不动置换:型为 19,1 个 沿中间格子及其对角线方向做旋转的置换:型为 1323,4 个 旋转 90°和 240°时的置换:型为 1142 , 2 个 旋转 180°时的置换 P(x)= 型为 1124, 1 个

1 (1 + x ) 9 + 4(1 + x) 3 (1 + x 2 ) 3 + 2(1 + x)(1 + x 4 ) 2 + (1 + x )(1 + x 2 ) 4 8

[

]

我们设定 x 为红色,1 为蓝色,即转化为求 x2 的系数 (1) 对应于 19, (1+x)9 中 x2 项系数为 C(9,2)=36; (2) 对应于 1323,4(1+x)3(1+x2)3 中 x2 项系数为: 4[C(3,2)C(3,0)+C(3,0)C(3,1)]=24; (3) 对应于 1142 (4) 对应于 1124 故 x2 的系数为 7. 2(1+x)(1+x4)2 中 x2 项系数为 0; (1+x)(1+x2)4 中 x2 项系数为 C(4,1)=4;

1 (36 + 24 + 4) = 8 8

对正六角形的 6 个顶点用 5 种颜色进行着色.试问有多少种不同的方案,旋转 使之重合作为相同处理. 解:对该正六角形的 6 的顶点的置换群有 12 个,它们分别是: (1) 不动点置换,型为 16,有 1 个; (2) 旋转 60°和 300°的置换,型为 61,有 2 个;旋转 120°和 240°的 置换, 型为 32,有 2 个; 旋转 180°的置换型为 23 有 1 个; (3) 绕对角连线旋转 180°的置换 ,型为 1222,有 3 个; (4) 绕对边中点连线旋转 180°的置换,型为 23,有 3 个。
33

所以,该置换群的轮换指标为 PG(x1,x2,…,x6)=

1 6 2 2 2 3 ( x1 + 2 x 6 + 2 x 3 + 3 x1 x 2 + 4 x 2 ) 12

下面计算全部着色模式。这里,R={c1,c2,c3,c4,c5},不妨设 w(c1)=r,w(c2)=b, w(c3)=g,w(c4)=p,w(c3)=y,于是 F 的全部模式表
1 [( r + b + g + p + y ) 6 + 2(r 6 + b 6 + g 6 + p 6 + y 6 ) + 2( r 3 + b 3 + g 3 + p 3 + y 3 ) 2 12 + 3( r 2 + b 2 + g 2 + p 2 + y 2 )( r 2 + b 2 + g 2 + p 2 + y 2 ) 2 + 4( r 2 + b 2 + g 2 + p 2 + y 2 ) 3 ]

其 中 , 用 这 5 种 颜 色 着 色 的 方 案 数 就 是 上 述 展 开 式 中 r2bgpy, rb2gpy, rbg2py,rbgp2y, rbgpy2 项的系数之和,即

1 6! (5 ) = 150 12 2!1!1!1!1!
8. 在一个有 7 匹马的旋转木马上用 n 种颜色着色,问有多少种可供选择的方案? (旋转木马只能转动不能翻转) 么绕中心旋转
360 i (1≤i≤7)角度,使得能够与不动的正 7 边形重合。它 7

解: 设想另一个正 7 边形与不动的正 7 边形完全重合,并且顶点标记相同,那

对应的置换是:71 共 6 个。故其轮换指标为 PG(x1,x2,…xn)= 1 7 ( x1 + 6 x 7 ) 7
1 7

7 7 7 计算全部着色模式为 [( x1 + x 2 + ... + x n ) 7 + 6( x1 + x 2 + ... + x n )]

n<7 时为 9.

1 7! 6! 7! C ( 7, n ) = 7 1!1!...[7 (n 1)]! (8 n)! n! (7 n)!

一个圆圈上有 n 个珠子,用 n 种颜色对珠子着色,要求颜色数目不少于 n 的方 案数是多少?
360 i (1≤i≤n)角度,使得能够与不动的环重合。它对应 n

(1)不动点置换有一个; 解: (2)绕中心旋转

的置换是:n1 共(n-1)个; (3)把 n 为奇数、偶数分两种情况分析: i) n 为奇数时:沿一颗珠子和其他剩余珠子的平分线绕 180°,对应的置 换是 1 2 ii)
34
1 n 1 2

共 n 个;
n 2

n 为偶数时:沿珠子平分线绕 180°,对应的置换是 2 ,共 个。

n 2

故其轮换指标为 PG(x1,x2,…xn)= PG(x1,x2,…xn)=
n 1 1 n ( x1 + ( n 1) x n + nx1 x 2 2 ) (n 为奇数时) ; 2n

2 n n n ( x1 + ( n 1) x n + x 2 2 ) (n 为偶数时) ; 3n 2

10. 骰子的 6 个面上分别标有 1,2,…,6,问有多少种不同的骰子? 解:下面有 3 种方法求解: 方法 1 6 个面分别标上不同的点数,相当于用 6 种不同的颜色对它着色, 并且每种颜色出现且只出现一次,共有 6!种方案。但这种方案经过正立方 体的旋转可能会发生重合,全部方案上的置换群 G 显然有 24 个元素。由于 每个面的着色全不相同, 只有恒等置换σI 保持 6! 种方案不变, c1(σI)=6!, 即 c1(p)=0(p≠σI) 。由 Burnside 引理知
l= 1 1 ∑ c1 (π ) = (6!+0 + + 0) = 30 π ∈G G 24

方法 2 在习题 5 中已求出关于正立方体 6 个面的置换群轮换指标,如果用 m 种颜色进行着色,则不同的着色方案数为 lm = 1 (m 6 + 3 m 4 + 12 m 3 + 8 m 2 ) 24

严 格 的 说 , lm 是 至 多 用 m 种 颜 色 着 色 的 方 案 数 。 我 们 可 以 计 算 出 l1=1,l2=10,l3=57,l4=240,l5=800,l6=2226。现令 ni 表示恰好用 i 种颜色着色的方 案数,则由容斥原理知 n1=l1=1
2 n 2 = l 2 n1 = 8 1

3 3 n 3 = l 3 n 2 n1 = 30 2 1
4 4 4 n 4 = l 4 n3 n 2 n1 = 68 3 2 1

5 5 5 5 n 5 = l 5 n 4 n 3 n 2 n1 = 75 1 4 3 2
6 6 6 6 6 n 6 = l 6 n 5 n 4 n 3 n 2 n1 = 30 5 4 3 2 1

方法 3 令 R={c1,c2,…,c6},w(ci)=wi(1≤i≤6)。正立方体 6 个面上的置换 群 G 的轮换指标为
35

PG(x1,x2,…,x6) =

1 6 2 2 2 2 3 ( x1 + 6 x1 x 4 +3 x1 x 2 + 8 x 3 + 6 x 2 ) 24

于是 F 的全部模式表为
PG ( ∑ w(r ), ∑ w 2 (r ), , ∑ w 6 ( r ))
r∈R r∈ R r ∈R

=

1 4 4 2 2 [( w1 + + w6 ) 6 + 6( w1 + + w6 )( w1 + + w6 ) + 3( w1 + + w6 ) 2 ( w1 + + w6 ) 2 24 3 3 2 2 + 8( w1 + + w6 ) 2 + 6( w1 + + w6 ) 3 ]

其中,w1w2w3w4w5w6 项的系数就是用 6 种颜色对 6 个面着色的方案数, 等于
1 6! = 30 24 1!1!1!

11. 将两个相同的白球和两个相同的黑球放入两个不同的盒子里,问有多少种不 同的方法?列出全部方案.又问每盒中有两个球的方法有多少种? 解: 令 D={w1,w2,b1,b2},R={盒 1,盒 2},四个球往两个盒子里放的放法是 F:D →R。由于 w1,w2 是两个相同的白球,b1,b2 是两个相同的黑球,由此确定出 D 上的置换群为 G={σI,(w1w2),(b1b2),(w1w2)(b1b2)} 其轮换指标为 PG(x1,x2,x3,x4) =
1 4 2 2 ( x1 + 2 x1 x 2 + x 2 ) 4

于是 F 上的等价类个数为 l=PG(2,2,2,2)=
1 4 (2 + 2 2 2 2 + 2 2 ) = 9 4

这 9 个不同方案分别为 (,wwbb), ( w,wbb), (b,wwb), (ww,bb), (wb,wb), (wwbb, ), (wbb,w), (wwb,b), (bb,ww) 令 w(盒 1)=x,w(盒 2)=y,则 F 上的全部模式表为 PG(x+y,x2+y2,x3+y3,x4+y4) = (( x + y ) 4 + 2( x + y ) 2 ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) 2 ) =x4+2x3y+3x2y2+2xy3+y4 盒 1 与盒 2 中各放两个球的方案数是 x2y2 项的系数,即为 3。具体方案为 (ww,bb), (wb,wb), (bb,ww) 12. 将 2 个红球和 2 个蓝球放在正六面体的顶点上,问有多少种不同的方案? 解: 正立方体 8 个点的置换群 G 有 24 个元素,它们是: (1) 不动的置换,型为 18,有 1 个; (2) 绕相对两面中心轴旋转 90°,270°的置换,型为 42,有 6 个;旋转 180°的置换,型为 24,有 3 个;
36

1 4

(3) 绕相对两顶点连线旋转 120°,240°的置换,型为 1232,有 8 个; (4) 绕相对两边中点连线旋转 180°的置换,型为 24,有 6 个。 所以,该置换群的轮换指标为 PG(x1,x2,…,x6)=
1 8 2 2 2 4 ( x1 + 6 x 4 + 8 x1 x 3 + 9 x 2 ) 24

下面计算全部着色模式。这里,假设除了红色和蓝色外我们放绿球,则 R={c1,c2,c3},w(c1)=r,w(c2)=b,w(c3)=g,于是 F 的全部模式表
1 [(r + b + g ) 8 + 6( r 4 + b 4 + g 4 ) 2 + 8( r + b + g ) 2 (r 3 + b 3 + g 3 ) 2 + 9( r 2 + b 2 + g 2 ) 4 ] 24

其中,红色、蓝色各出现 2 次的方案数就是上述展开式中 r2b2g4 项的系数, 即
1 8! 4! ( + 9 ) = 22 24 2!2!4! 1!1!2!

13. 长为 n 的透明的方格,用红、蓝、黄、绿 4 种颜色进行着色,试问有多少种不 同的方案? 解:问题相当于用 r,b,y,g 构成长为 n 的字符串,将从左向右的字符顺序和从右向 左的字符顺序看作时相同的,例如,yggrbr 和 rbrggy 看作是相同的。 群 G:
2 n 1 n 1 2 n 1 n n 1 2 1 1 2 n

根据 Pólya 定理,不同的方案数应为:
1 n N= ( 4 + 4 2 n +1 2

)

14. 用两种颜色对正六面体的 6 个面、8 个顶点进行着色,问有多少种不同方案? 转动使之一致作为一类处理. 解:对正六面体的 6 个面的置换群设为 G,G 的循环指数多项式为:
6 2 2 2 3 2 P(G)= S1 + 6S1 S 4 + 3S1 S 2 + 6S 2 + 8S 3

设正六面体 8 个顶点的置换群为 H,H 的循环指数多项式为
2 4 P(H)= S18 + 6S 4 + 9S 2 + 8S12 S 32

P(G ⊕ H)=P(G)P(H)=
=

1 2 3 2 4 { S 16 + 6S 12 S 4 + 3S 12 S 2 + 6S 2 + 8S 32 }{S18 + 6 S 4 + 9S 2 + 8S 12 S 32 } 2 (24)

1 14 2 4 10 3 4 3 10 2 { S 1 + 6 S 16 S 4 + 9 S 16 S 2 + 8S 18 S 32 + 6S 1 + 36 S 12 S 4 + 54 S 12 S 2 S 4 + 48S 14 S 2 S 4 + 3S 1 S 2 (24) 2

2 2 6 2 3 3 2 7 3 2 + 18S 12 S 2 S 4 + 27 S 12 S 2 + 24 S 14 S 2 S 32 + 6 S 18 S 2 + 36 S 2 S 4 + 54 S 2 + 48S 12 S 2 S 32 + 8S 18 S 32 + 48S 32 S 4 4 + 72 S 2 S 34 + 64 S 12 S 34 }

37

所求的不同等价类数为
1 × {2 6 + 6 2 3 + 3 2 4 + 6 2 3 + 8 2 2 } × {2 8 + 6 2 2 + 9 2 4 + 8 2 4 } 576 =
=

1 × {64 + 48 + 48 + 48 + 32} × {256 + 24 + 144 + 28} 576
1 × 240 × 552 = 230 576

15. 一个正八面体,用红、蓝两色对 6 个顶点进行着色;用黄、绿两种颜色对 8 个面进行着色,试求其中 4 个顶点为红,两个顶点为蓝,黄和绿的面各 4 面的方 案数. 注:正八面体可以看作是正方体的对偶,每一面用中心代表一个顶点,相交于一 个顶点的 3 个面对应过 3 个中心的三角形,由此构成的 6 个顶点,8 个面的 几何图形。即可得到我们需要的正八面体的形状。 解:通过刚才我们的提示可以得到如下结论:可以把问题转换成对于正六面体的 顶点和面的着色问题,转换成为要求给这个正六面体着色:用红、蓝两色对 6 个面进行着色;用黄、绿两种颜色对 8 个顶点进行着色,试求其中 4 个面为 红,2 个面为蓝;黄和绿的顶点各 4 个的方案数. 对正六面体的 6 个面的置换群设为 G,G 的循环指数多项式为:
6 2 2 2 3 2 P(G)= S1 + 6S1 S 4 + 3S1 S 2 + 6S 2 + 8S 3

设正六面体 8 个顶点的置换群为 H,H 的循环指数多项式为
8 2 4 2 2 P(H)= S1 + 6S 4 + 9S 2 + 8S1 S 3

P(G ⊕ H)=P(G)P(H)=

1 2 3 2 4 { S 16 + 6S 12 S 4 + 3S 12 S 2 + 6S 2 + 8S 32 }{S18 + 6 S 4 + 9S 2 + 8S 12 S 32 } (24) 2

所求的不同等价类数为
1 [(r + b) 6 + 6(r + b) 2 (r 4 + b 4 ) + 3(r + b) 2 (r 2 + b 2 ) 2 + 6(r 2 + b 2 ) 3 + 8(r 3 + b 3 ) 2 ] 24

×

1 [( y + g ) 8 + 6( y 4 + g 4 ) 2 + 8( y + g ) 2 ( y 3 + g 3 ) 2 + 9( y 2 + g 2 ) 4 ] 24

所得的 r4b2y4g4 的系数即为所求:
1 6! 2! 3! 1 8! 2! 2! 2! 4! + 6 1 + 3(1 + ) + 6 24 4!4! + 6 1!1! + 8(1!1! 1!1!) + 9 2!2! =2×7=14 24 4!2! 1!1 ! 2!1!

所以符合题意的方案数为 14 种。 16. 用 Pólya 定理求多重集合 M = {∞ a1, ∞ a 2 , , ∞ an } 的 r 圆排列数. 解:可转化为有 r 颗珠子的项链可以着 n 种颜色的方法数。 (1)不动点置换有 1 个;
38

(2)绕中心旋转

360 i (1≤i≤r)角度,使得能够与不动的环重合。它对 r

应的置换是:r1 共(r-1)个; (3)把 r 为奇数、偶数分两种情况分析: i) r 为奇数时: 沿一颗珠子和其他剩余珠子的平分线绕 180°, 对应的置换 是1 2 ii)
1 r 1 2

共 r 个;
r 2

r 为偶数时:沿珠子平分线绕 180°,对应的置换是 2 ,共 个。 故其轮换指标为

r 2

PG(x1,x2,…xn)=

r 1 1 r ( x1 + (r 1) x r + rx1 x 2 2 ) (r 为奇数时) ; 2r

1 r = (n + (r 1)n + rn n 2r

r 1 2

)

1 r = (n + (r 1)n + rn 2r PG(x1,x2,…xn)=

r +1 2

)

2 r r r ( x1 + (r 1) x r + x 2 2 ) (r 为偶数时) ; 3r 2

=

2 r r (n + (r 1) n + n 2 ) 3r 2

r

17. 求 n 个顶点的简单图有多少个? 解:简单图指的是过两个顶点没有多于一条的边,而且不存在圈的图形。问题相 用两种颜色进行着色, 求不 当于对 n 个无标志顶点的完全图的 (n 1) 条边, 同方案数的问题。比如两种颜色 x,y,令着上色 y 的边从图中消去,得到一 n 个顶点的简单图。 例如 3 个顶点的无向图,有 G={(v1)(v2)(v3),(v1v2v3),(v3v2v1),(v1)(v2v3),(v2)(v1v3),(v3)(v1v2)} P(x,y)= [( x + y ) 3 + 3( x + y )( x 2 + y 2 ) + 2( x 3 + y 3 )] =x3+y3+xy2+x2y v1
1 6

n 2

v2

v3

从 P(x,y)可知,对上图的三角形的边着色,其中 3 条边都用 x 着色的有 1; 同样
39

用 x 着色两条的、着色一条的、无一条着色的方案各为 1(多项式各项的系 数) 。把用 y 着色的边消除得到以下的图形。

再看 n=4 的情况.令 e1=(v1v2),e2=(v2v3),e3=(v3v4),e4=(v4v1),e5=(v1v3), e6=(v2v4),则{v1,v2,v3,v4}上的每个置换确定了{e1,e2,e3,e4,e5,e6}上的置换,后 者构成边集合上的置换群 G. G 中有 16 型的置换 1 个,1222 型的置换 9 个, 32 型的置换 8 个,2141 型的置换 6 个.G 的轮换指标为: PG(x1,x2,…,x6)=
1 6 2 2 2 ( x1 + 9 x1 x 2 + 8 x 3 + 6 x 2 x 4 ) 24

令 R={x, y},w(x)=r, w(y)=1 则 PG(r+1,r2+1,…, r6+1)=
1 [(r + 1) 6 + 9(r + 1) 2 (r 2 + 1) 2 + 8(r 3 + 1) 2 + 6(r 2 + 1)(r 4 + 1)) 24

=r6+r5+2r4+3r3+2r2+r+1 故 4 个结点的简单图共有 11 个,如图所示:

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