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南山的网站建设,wordpress自定义首页,网站域名做固定资产怎么处理,网站的风格对比信息表写了有点久#xff0c;基本都写得oiwiki上的但自认为写的更好(至少对于我自己的理解来说) 定义基础 排列 从 \(n\) 个元素中考虑顺序地选出 \(k\) 个元素的方案数#xff0c;写作 \(A_n^k\)。 显然#xff1a; \[A_n^k \frac{n!}{(n - k)!} \]圆上排列 一个长度为 \(n\) 的…写了有点久基本都写得oiwiki上的但自认为写的更好(至少对于我自己的理解来说)定义基础排列从\(n\)个元素中考虑顺序地选出\(k\)个元素的方案数写作\(A_n^k\)。显然\[A_n^k \frac{n!}{(n - k)!} \]圆上排列一个长度为\(n\)的圆环上选一段长度为\(k\)的段的排列数写作\(Q_n^k\)。当 $ n k\(显然有 \)Q_n^n \frac{A_n^n}{n}$推广到 于是有\(Q_n^k \frac{A_n^k}{k}\)组合从\(n\)个元素中不计顺序地选出\(k\)个元素的方案数写作\(C_n^k\)或\(\binom{n}{k}\)。有\[\binom{n}{k} \frac{n!}{(n - k)!k!} \]杨辉三角$ \binom{i}{j} $ 的值实际上等于杨辉三角的第\(i\)行\(j\)列。若不存在则等于\(0\)插板法技巧的实现现有\(n\)个 完全相同 的元素要求将其分为\(k\)组保证每组至少有一个元素一共有多少种分法考虑拿\(k - 1\)块板子插入到\(n\)个元素两两形成的\(n - 1\)个空里面答案\[\binom{n - 1}{k - 1} \]本质求解 $x_1 x_2 x_3 \cdots x_k n $的正整数解的组数。变式允许空集等于再加了\(k\)个空能拿来插以作为空集。\[\binom{n k - 1}{k - 1} \binom{n k - 1}{n} \]*显然对于组合数有:\(\binom{n}{m} \binom{n}{n - m}\)其本质可以扩展到求解 $x_1 x_2 x_3 \cdots x_k n $的非负整数解的组数。对于每个\(x_i\)都有各自的下界即求 $x_1 x_2 x_3 \cdots x_k n $ 且\(x_i \ge a_i\)显然可以将\(n\)减去\(\sum a_i\)即每个\(x_i\)都先取一个\(a_i\)。然后对于剩下的就转换成了允许空集的情况显然有答案\[\binom{n k - \sum a_i - 1}{n - \sum a_i} \]不相邻排列从\(1\)~\(n\)中取\(k\)个数不存在两个相邻的数字的方案数。可以理解为于\(n\)中刨去\(k - 1\)个数再选\(k\)个数。刨去的\(k - 1\)个数使得这\(k\)个数中每两个数间的其中一个数能被刨去这样不论怎么选都是合法的。\[\binom{n - (k - 1)}{k} \binom{n - k 1}{k} \]进阶结论多重集排列数 多重组合数这两个名字表示的一个东西都是一个多重集不是集合内部有序且有重复数字的排列个数。对于一个多重集\(S {n_1 \cdot a_1, n_2 \cdot a_2, \cdots, n_k \cdot a_k}\)内含\(n_i\)个\(a_i\)其排列个数为\[\binom{n}{n_1, n_2, \cdots, n_k} \frac{n!}{n_1! n_2! \cdots n_k!} \frac{n!}{\Pi_{i 1}^{k} n_i!} \]先算出所有元素的排列数再一次除以每种元素内部的排列数。多重集的组合数等价于求解 $x_1 x_2 x_3 \cdots x_k n\(的非负整数解的组数 (\)\binom{n k - 1}{n}$)二项式定理\[(a b) ^ n \sum_{i 0}^{n} \binom{n}{i} a ^ i b ^ {n - i} \]证明数学归纳法能证明到\[\binom{n}{k} \binom{n}{k - 1} \binom{n 1}{k} \]扩展至多项式\[(x_1 x_2 \cdots x_t) ^ n \sum_{x_1 x_2 x_3 \cdots x_k n 的非负整数解} \binom{n}{n_1, n_2, \cdots, n_k} x_1^{n_1}x_2^{n_2}... \]当\(x_1 x_2 \cdots x_t\)\[\sum \binom{n}{n_1, n_2, \cdots, n_k} t ^ n \]各种推论1.对于定义显然\[\binom{n}{k} \frac{n}{k} \binom{n - 1}{k - 1} \]可以将组合数拆乘多项式进行证明2.对于从\(n\)中取\(m\)个对于第\(m\)个数取不取分类根据定义显然有\[\binom{n}{m} \binom{n - 1}{m} \binom{n - 1}{m - 1} \]3.我们假设要从\(n\)个数中选若干个数(也可能不选)。对于枚举选多少个来算答案显然有:\[\sum_{i 0}^{n} \binom{n}{i} \]对于枚举每一为选不选显然有\[2 ^ n \]于是我们得到了\[\sum_{i 0}^{n} \binom{n}{i} 2 ^ n \]不难发现这个是二项式定理在两项皆为的常数\(1\)时的结论。4.考虑另一种二项式定理的特殊情况两项分别为\(1\)\(-1\)\(n 0\)显然有$ \sum_{i0}^{n} (-1)^{i} \binom{n}{i} [n 0]$5.\(\mathit{Vandermonde} 卷积\)也叫范德蒙德恒等式。\[\binom{n m}{k} \sum_{i 0}^{k} \binom{n}{i}\binom{m}{k - i} \]证明对于一个集合大小为\(n\)要选\(k\)个元素可以将其拆成两个大小分别为\(n\)与\(m\)的集合分别枚举两个集合各选多少。6.当范德蒙德卷积中\(n m k\)时显然有\[\binom{2n}{n} \sum_{i 0}^n\binom{n}{i}\binom{n}{n - i} \]即\[\binom{2n}{n} \sum_{i 0}^n\binom{n}{i}^2 \]7.\[\sum_{i 0} ^ n i \binom{n}{i} n2^{n - 1} \]证明观察到等式的右边与3式右边的等式的求导形式一样考虑对3式等式左边也进行求导。考虑对二项式定理左边求导并带入\(b 1\)\[(\sum_{i 0}^ n \binom{n}{i} a^i) ^\prime \sum_{i 0}^n \binom{n}{i}ia^{i - 1} \]再将\(a 1\)带入\[(\sum_{i 0}^ n \binom{n}{i} a^i) ^\prime \sum_{i 0}^n \binom{n}{i}ia^{i - 1} \sum_{i 0}^n i \binom{n}{i} \]得证。8.\[\sum_{i0}^{n} i^2 \binom{n}{i} n{(n1)}{2^{n-2}} \]类比7式再导一次(?)。9.朱世杰恒等式\[\sum_{l0}^{n} \binom{l}{k} \binom{n1}{k1} \]这其实是组合数在使用杨辉三角进行求值的形式。可以画个图看一下10.若\(F_x\)表示斐波那契数列第\(x\)项则有\[\sum_{i0}^{n} \binom{n-i}{i} F_{n1} \]考虑数学归纳法。当\(k 0, 1\)时\(F_0 1, F_1 1\)显然成立。当\(k 1\)假设等式成立。\[\therefore F_{k - 1} \sum_{i 0}^{k - 1} \binom{k - i - 1}{i} \\ F_{k} \sum_{i 0}^{k} \binom{k - i}{i}\\ F_{k 1} \sum_{i 0}^{k 1} \binom{k - i 1}{i} \]\[\therefore F_{k 1} \sum_{i 0}^{k 1} \binom{k - i 1}{i}\\ 1 \sum_{i 1}^{k 1} \binom{k 1 - i}{i}\\ 1 \sum_{i 1}^{k 1} \binom{k - i}{i - 1} \sum_{i 1}^{k 1} \binom{k 1 - i}{i - 1}\\ \]\[\therefore F_{k 1} 1 \sum_{i 0}^{k} \binom{k - i}{i} \sum_{i 0}^{k 1} \binom{k - i}{i - 1} - 1\\ \sum_{i 0}^{k} \binom{k - i}{i} \sum_{i 0}^{k 1} \binom{k - i}{i - 1} \]\[\because F_{k - 1} \sum_{i 0}^{k - 1} \binom{k - i - 1}{i} \\ F_{k} \sum_{i 0}^{k} \binom{k - i}{i} \\ F_{k 1} F_k F_{k - 1} \]\[\therefore 原等式成立 \]11.李善兰恒等式\[\binom{n k}{n} ^ 2 \sum_{j 0}^k \binom{k}{j}^2 \binom{n 2k - j}{2k} \]证明范德蒙德卷积但这里太窄写不下了。其实是不会当然杨辉三角也可以证明。$\mathit{Catalan}数 $\[C_n \frac{1}{n 1} \cdot \binom{2n}{n} \frac{(2n)!}{n! \cdot (n 1)!}, \quad n \geq 0. \]\[C_n \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n 1}, \quad n \geq 0. \]\[C_n \frac{4n - 2}{n 1} C_{n - 1}, \quad n 0, \quad C_0 1. \]\[C_n \sum_{i0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}, \quad n 0, \quad C_0 1. \]作用将形如3式或是4式的递推转换为1式进行快速求解。