棘手 , 但很迷人
一一從有序樹的計數看數學模型
柳柏濂
一 . 問題的提出—從細胞繁殖到有序樹
細胞繁殖 (cell-growth problem) 是生物數學中的一個著名問題: 從一個正方形的 「細 胞」 開始, 每次從其中一邊生長出一個新的細胞。 如此繼續, 所形成的 「動物」 不含空洞。 那麼, n 個細胞(正方形) 能形成多少個不同的動物?
我們試考察 n = 4 的情形。 四個細胞所形成的動物如下:
n= 4
(1) (2) (3) (4)
圖1
對於一般的 n。 設 f (n) 表示 n 個細胞的不同動物數。 迄今, 只知道如下的結果 (n ≤ 24) (見 [1])
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 · · · 23 24
f(n) 1 1 2 5 12 35 108 369 1285 4655 · · · 168,047,007,728 654,999,200,403 我們所說的不同的動物, 指的是在旋轉, 反射變換下不同的動物式樣。
如果我們把細胞的生成限制在平面上, 則所述的問題變成平面細胞繁殖問題。
同樣, 對於 n = 4, 考察平面細胞的不同式樣, 則圖 1 的 (1), (3), (4) 圖無變化, 但圖 (2) 應變成下列兩個圖。
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(1) (2) 圖2
也就是說, 在平面上用旋轉變換, 圖 2中的圖 (1) 無論如何是不能變成圖 (2) 的。
處於三維空間的你, 習慣於三維空間中的條件變換, 往往不經意地把三維空間中的反射, 用 於限制在二維空間的圖形中, 因而誤認為圖 2 中的圖 (1), (2) 是同一個圖。
正是利用你習慣性思維造成誤判, 電子商炮製出 流行的俄羅斯方塊遊戲。 當方塊在平面上翻著“筋斗”
下落時 (圖 3), 你能準確地判斷出它能否嵌入下方的 凹洞中嗎?
同樣限制在平面上, 我們考慮在計算機演算法中 不可或缺的樹圖 (tree)。
所謂 n 階樹, 就是 n 個頂點的無圈連通圖, 而每 個頂點所連接的邊數稱為該頂點的度 (degree)。 易 知: n 階樹有 n − 1 條邊, 且至少有兩個度為 1 的
點, 即懸掛點 (pendent vertex), 或稱為葉點。 圖3
限制在平面上變換的樹, 稱為平面樹。 把樹的某一點作特殊標號, 這樣的樹稱為根樹 (roo- ted tree)。 此特殊的點稱為根點。 根點是懸掛點的根樹稱為植樹 (plant tree), 如同上述俄羅 斯方塊的原理, 圖 4 中兩棵平面植樹 (1) 和 (2) 是不同的。
(1) 有序植樹且是二叉樹 (2) 有序植樹且是二叉樹 (3) 有序植樹 (4) 有序樹 圖4
因為圖 4 中的樹 (1) 不能通過旋轉變為樹 (2)。 於是, 在平面樹中 「枝椏」 都是有序的。
因此, 平面植樹 (圖 4 中 (1) (2) (3)) 又稱為有序植樹 (ordered plant tree), 平面根樹 (圖
4(4)) (根點不一定是懸掛點) 稱為有序樹 (ordered tree), 而像圖 4 的 (1) (2) 那樣僅由 1 度 點和 3 度點組成的植樹, 稱為二叉 (有根) 樹 (2-ray tree)。 二叉樹的每個分叉都可以分成左 右兩枝。
我們看看以圖 4 中的兩棵二叉樹為模型的演算法框圖, 就可以瞭解它們為什麼應該看作不 同。
我們約定左枝表示 Yes, 右枝表示 No。 以比較a, b, c 3個不同的實數的大小為例。
(1) (2)
圖5
圖 5 中的框圖 (1) 的樹圖模型是圖 4 的根樹 (1) (倒過來), 它判斷是否有 a = max{a, b, c} 而圖 5 中的框圖 (2) 的樹圖模型是圖 4 的根樹 (2)。 它判斷是否有 a = min{a, b, c}。
一個自然提出的問題是: n 階有序植樹有多少種不同的式樣?
二 . 組合模型—枯燥的排隊激發鮮活的靈感
排隊, 在生活中屢見不鮮, 你曾想過, 排隊與有序樹有什麼聯系嗎?
試看下面的一個排隊買票問題。
戲院票房前有 2n 個人買票, 其中 n 個人只有 5 角一張的紙幣, 其餘的 n 個人只有 1 元 一張的紙幣。 在開始賣票時, 票房裏無任何零錢, 而每個人只能買一張 5 角的票, 問買票的人有 多少種不同的排隊方法, 能使每個人都能買到一張 5 角的票?
我們分析一下, 這種排隊方法, 它必須具有下列特徵:
(A)
(A1) 2n 個人排隊, 每個人手裡不是拿著 5 角就是拿著 1 元 (A2) 恰有 n 個人拿 5 角, 另外 n 個人拿 1 元
(A3) 為了保證: 「每個人都能買到一張 5 角的票」, 第一個人必須拿 5 角, 第 2 個人 可拿 5 角或 1 元。 若第 2 個人拿 1 元, 則第 3 個人必須拿 5 角, 否則票就賣 不出去; 若第 2 個人拿 5 角, 則第 3 個人 (甚至第 4 個人) 都可拿 5 角或 1 元 · · · 。
為了使上述特徵變得清晰, 我們把上述組合模型數字化。 把拿 5 角的人表為 0, 拿 1 元的 人表為 1, 於是符合要求的排隊, 可表示為如下特徵:
(B)
(B1) 長為 2n 的 0, 1 序列
(B2) 序列中恰有 n 個 0 和 n 個1, 且第 1, 2 個數為 0, 1
(B3) 序列的第 1 項為 0, 且由首項到任一項所形成的子序列, 0 的個數不少於 1 的 個數
我們稱滿足 (B1), (B2), (B3) 特徵的 (0, 1) 序列為 B 序列。
現在, 回過頭來, 看看我們的有序植樹。(圖 6)
圖6
有序植樹的任一個頂點 v 到根點都有唯一的一條路, 路所含的邊數稱為點 v 的水平。 因 此, 任一有序樹都可以分成若干水平的頂點。
我們把一個有序植樹的邊表為 0, 頂點 (除了根點) 表為 1, 從根點相連的邊開始, 依次從 低水平到高水平, 先點再邊, 同一水平的點從左到右, 兩水平之間的邊亦從左到右, 我們便可讀 出一個 0, 1 序列。 例如, 圖 6 中所示的樹的 (0, 1) 序列為
0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1
因為任一 (n + 1) 階有序植樹, 除了根點外, 恰有 n 個頂點, n 條邊。 因此它的 (0, 1) 序 列滿足特徵 (B1), (B2), 而對於有序樹, 除了根點, 第一項必從邊開始, 即 (0, 1) 序列第 1 項 必為 0 第 2 項必為 1, 且由於每一水平的頂點都讀在邊之後, 故序列滿足 (B3)。
容易驗證, 任一個 B 序列, 都可對應畫出唯一一個有序植樹。 於是一個 (n + 1) 階有序植 樹一一對應於一個數字化的組合模型, 即 B 序列。
因此, 求 (n + 1) 階有序植樹的個數, 即求 B 序列的個數。
三 . 代數模型—此時無聲勝有聲
0 和 1 是世界上最簡單的兩個數, B 序列就是用一個 0, 1 的數組給出了有序植樹的一個 組合模型。
可是, 組合模型並沒有直接給出數學性質, 經過分析, 我們給出了 (B1), (B2), (B3) 的描 述性的特徵。
下面, 我們把組合模型進一步代數化。
由 B 序列的特徵 (B1), (B2), (B3), 可設數組為 0, 1, x1, . . . x2n−2。 於是, B 序列的特 徵表述為下列代數化條件
(C)
xi = 0 或 1, i= 1, 2, . . . , 2n − 2 (C1) x1+ x2+ · · · + x2n−2 = n − 1, n 為正整數 (C2) x1+ x2+ · · · + xj ≤ 1
2j, j = 1, 2, . . . , 2n − 3 (C3) 條件 (C) 沒有任何描述性的語句, 但卻簡明地刻畫了 B 序列的數學本質, 特別是 (C3)。 也許, 從性質 (B) 寫出式子 (C) 並非難事。 然而, 在閱讀數學書籍時, 能夠把式子 (C) 描述成性質 (B), 卻需要一定的數學修養。
於是, 要求出 (n + 1) 階有序植樹的個數。 只須求出滿足條件 (C) 的所有數組 (x1 x2
· · · x2n−2) 的個數。
代數模型 (C) 提供了我們解決類似問題的思路。 試看下列選舉問題。
某次選舉中有侯選人 P 和 Q, P 得票 p 張, Q 得票 q 張, p > q。 要使開票過程中, P 的得票數粧領先於 Q 的可能情況有多少種?
類似前面的分析, 我們不難得出這一問題的代數模型。
我們把 p + q 張選票按開票先後順序記作 x1, x2, . . . , xp+q, 其中選 P 的票記作 xj = 0, 選 Q 的票, xj = 1, 因 P 得票數粧領先於 Q; 顯見, 選舉的代數模型為:
xi = 0 或 1, i= 1, 2, . . . , p + q x1+ x2+ · · · + xp+q = q,
x1+ x2+ · · · + xj < 1
2j, j = 1, 2, . . . , p + q − 1
本文前面提到的二叉 (有根) 樹是研究計算機資訊存儲的一類重要結構。 例如, 與二叉樹 的計數直接聯繫的一個問題是: 按一定順序排列的 9 個字母 a, b, c, d, e, f , g, h, i, j, 能構
成多少個不同的不可結合積。 圖 7 二叉 樹 (省掉了一個根點及邊) 展示的, 就是 其中對二元運算 ∗ 的一個不可結合積。
我們注意到 9 個字母按規定次序排在葉 點上。 邊連字母表示運算 ∗ 。
有序樹與二叉樹的區別在於: 前者 的每個頂點不限於 1 度點與 3 度點。 可 是, 運用代數模型, 我們卻能知道: n 個 葉點的二叉樹與 (n + 1) 個頂點 (包括
根點) 的有序樹之間是 1−1對應的。 圖7. a ∗ (b ∗ c) ∗ d ∗ e ∗ (f ∗ g) ∗ ((h ∗ i) ∗ j) 容易證明: 若二叉樹的 3 度頂點個數為 n, 則葉點的個數
必為 n + 1
證: (對 n 用數學歸納法) n = 1, 顯然 (如圖 8) 設二叉樹 有 n 個 3 度頂點時, 葉點的個數為 n + 1。 現增加一個 3 度頂 點即把一個葉點改為一個 3 度點, 就必增加兩邊, 於是葉點共
有 (n + 1) − 1 + 2 = n + 2 個, 證畢。 圖8 因此, 有 n 個葉點的二叉樹, 它的 3 度點有
n− 1 個, 連同根點二叉樹共有 2n 個頂點, 把這些 頂點用 1, 2, . . . , 2n 編號。 編號的規則是: 從根點開 始由低水平到高水平, 同一水平的頂點從左到右。 如 圖 9 就是一個編了號的 4 葉點的二叉樹。 令每一點 i 對應於 0 或 1, 規定 3 度點及根點對應於 0, 葉點 對應於 1。 於是每一個編號的二叉樹一一對應於一個 長為 2n 的 (0, 1) 數組, 其性質是
(1) 有 n 個 0, n 個 1
(2) 對任一個 j < 2n, 由 1 到 j 的 j 個點中 3 度點 必多於 1 度點。
圖9
於是, 有 n 個葉點的二叉樹的代數模型是
(D)
xi = 0 或 1, i= 1, 2, . . . , 2n x1+ x2+ · · · + x2n = n, n 為正整數 x1+ x2+ · · · + xj < 1
2j, j <2n
一個有趣的事實是, 代數模型 (C) 和 (D) 是等價的。 因為如果我們把一個 B 序列的後 2n − 2 項, 前面加一個 0, 後面加一個 1。 即 0 x1 x2 · · · x2n−2 1 就是一個滿足 (D) 的 數列, 而任一個滿足 (D) 的數列 x1 x2 · · · x2n 必須有 x1 = 0, 且 x2n = 1, 去掉此 0, 1 後把數列由 x2 開始重新按自然數序編號, 便得到一個長為 2n − 2 的滿足 (C) 的數列。 由此, 對代數模型的討論, 我們知道:
(n + 1) 階有序植樹的個數等於 n 個葉點的二叉樹的個數。 作為一個練習, 讀者可寫出 n 階有序樹的代數模型, 由此可證明 n 階有序樹的個數等於 (n + 1) 階有序植樹的個數。
四 . 幾何模型—照鏡子的啟示.
你每天都照鏡子嗎?
在鏡子前, 你看到了另一個世界, 它和你生活中的世界是一樣的, 這叫做反射。 因為反射, 產生了對稱, 這在數學中稱為 「反射原理」。 我們就用這個反射原理, 構造出有序樹的一個幾何 模型, 從而達到求解的目的。
在構造幾何模型之前, 先看一個眾所周知的郵遞員問題:
在一個 p 段直路, q 段橫路組成的方格幹道網中 (圖 10), 郵遞員從郵局 A 到達客戶 B, 可以走多少條不同的最短路?
易知, 由 A 到 B 走最短路 (簡稱為 L 路徑) 至 少要走 p 段直路, q 段橫路。 不同的 L 路徑 , 相當 於 p 段直路和 q 段橫路不同組合數, 其方法數是:
(p + q)!
p!q!
的確, 代數模型 (C) 能簡明地刻畫有序數的特徵。 然 而利用它卻不易算出滿足 (C) 的解的個數, 下面我 們構造出 B 序列的幾何模型, 幫助我們直接求出問
題的解。 圖10
建立平面坐標系 XOY 。 對任一個 B 序列的後 2n − 2 項 (x1 x2 · · · x2n−2)。 對應於 平面的一條從 (0, 0) 到 (2n − 2, 0) 的由點對角線組成的折線。 由 x1 開始, 若 xi = 0, 則對 應於一段 的線段; 若 xi = 1, 對應於一段 的線段。 由這兩類線段組成的路徑, 我們稱 為 T 路徑。 例如圖 4 中圖 (1) 的有序樹的 B 序列是 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 其後面 8 項對應的 T 路徑如圖11
圖11 由 B 序列的代數模型 (C) 我們知道:
(T)
(1) T 路徑由 和 線段組成 (見性質C1)
(2) T 路徑有 n − 1 段 及 n − 1 段 , 因此由 (0, 0) 開始, 到 (2(n − 1), 0) 點結束 (見性質C2)
(3) T 路徑由 (0, 0) 開始, 只在 XOY 的上半平面 (第一象限) (見性質C3) T 路徑給出了有序樹的一個幾何模型。 求出所有滿足性質(T) 的 T 路徑就能求得 n + 1 階有 序樹的個數。
我們先計算從 (0, 0) 到 (2(n −1), 0) 的所有 T 路徑。 考察由直線 y = x, y = x−2(n−
1), y = −x, y = −x + 2(n − 1), 組成的正方形 Q。 整點把 Q 分成 (n − 1) × (n − 1) 個小 正方形 (如圖 12)。
圖12
於是從 (0, 0) 到 (2(n − 1), 0) 的 T 路徑等價於正方形 Q 由 (0, 0)到 (2(n − 1), 0) 的 L 路 徑, 總數是
(2n − 2)!
(n − 1)!(n − 1)!
可是, 算出來的結果並非是滿足性質 (T) 的 T 路徑總數。 它摻雜了很多不滿足性質 (T) 的 T 路徑, 即從 (0, 0) 到 (2(n − 1), 0) 越過了 x 軸的 T 路徑, 或者說從 (0, 0) (2(n − 1), 0) 接 觸到直線 y = −1 的 T 路徑。 我們簡稱這些 T 路徑為 「壞 T 路徑」。 如果我們把壞 T 路徑的 總數算出來, 則我們的問題就告解決。 下面, 我們就用所謂反射原理的方法求出所有壞 T 路徑 的總數。
試看任一條壞 T 路徑 T1, 我們把它以直線 y = −1 為對稱軸反射成一條以 (−2, 0) 為 起點, (2(n − 1), 0) 為終點的 T1′ 路徑 (如圖 13), T1′ 路徑落在是一個由直線 y = x − 2, y= x − 2(n − 1), y = −x − 2, y = −x + 2(n − 1) 組成的正方形 Q′ 內, 是一條 Q′ 中由 (−2, 0) 到 (2(n − 1), 0) 的 L 路。 注意到 Q′ 是一個 n × (n − 2) 的矩形。
圖13 Q′ 所有從 (−2, 0) 到 (2(n − 1), 0) 的 L 路總數為
(n + n − 2)!
n!(n − 2)! = (2n − 2)!
n!(n − 2)!
於是, 滿足性質 (T) 的 T 路徑總數為 (2n − 2)!
(n − 1)!(n − 1)! − (2n − 2)!
n!(n − 2)!
= 1 n
(2n − 2)!
(n − 1)!(n − 1)! = 1 n
2n − 2 n− 1
(1)
在組合數學裏, 1 n+ 1
2n n
= Cn 稱為卡塔蘭 (Catalan) 數, 這是 19 世紀比利時數學 家 Catalan 在研究 n 個因數的不可結合積的個數問題時提出來的。 在計算數學、 計算機科學、
通訊理論的很多組合問題都歸結為卡塔蘭數。 由 (1) 式知: n + 1 階有序植樹的個數是卡塔蘭 數 Cn−1。而因為 n 個因數的不可結合積等價於 n 個葉點的二叉樹。 由第三節的結論, n 個因 數的不可結合積的個數也就是卡塔蘭數 Cn−1。
五 . 生成函數—又回到代數
幾何模型給我們提供了一條直觀解決問題的途徑。 然而, 我們更希望用 「數學味」 更濃的 代數方法。
生成函數, 又給我們打開一個回到代數的新天地。
設 n 階的有序植樹的個數為 pn。 作序列 {pn} 的生成函數 P (x) =
∞
P
n=1
pnxn, 這裏約定 p1 = 0。
以圖 4(3) 的有序植樹為例。 把一個有序植樹的根點及與根相鄰的點去掉, 就得到若干支, 不妨設 r 支 (無根) 的有序植樹。 反之, 把 r 支有序植樹的根 「粘」 在一起, 再添上一個新的懸 掛根點, 可得一棵新的有序植樹。 這個過程, 用生成函數來表達就是
P(x) = x2
∞
X
r=0
P(x) x
r
(2)
這裏 P(x)
x 表示每一有序植樹去掉根點, P(x) x
r
表示把 r 支這種 (無根) 植樹粘起來 (其 中 r 可以是 0, 1, 2, . . .), 而乘 x2, 就是最後添上粘在一起的一個點, 及另一個新懸掛根點。
把 (2) 式右邊整理 (注意, 生成函數只著眼於它的展開級數各項的系數。 級數的求和無須 顧及它的收斂性。見 《數學傳播》 22 卷 2 期拙作 「別瞧不起它, 這個中學教材中的公式」) 得
P(x) = x2 · 1 1 − P(x)
x 於是得 P2(x) − xP (x) + x3 = 0
解關於 P (x) 的二次方程得
P(x) = x
2(1 ±√
1 − 4x)
因 P (x) 中 x 的一次項係數為 0, 故上式的括號中必須取 「−」 號。 於是 P(x) = x
2(1 −√
1 − 4x). (3)
在中學數學裏, 我們學過二項式定理 (1 − x)m = 1 − mx + m(m − 1)
2! x2 −m(m − 1)(m − 2)
3! x3+ · · · + (−1)mm!
m!xm 事實上, 上式的 m 不限於正整數, 可以推廣到任意實數。 推廣的二項式定理是
(1 − x)m= 1 − mx + m(m − 1)
2! x2− m(m − 1)(m − 2)
3! x3+ · · · +(−1)km(m − 1) · · · (m − k + 1)
k! xk+ · · · 運用推廣的二項式定理, 我們把式 (3) 展開, 得
P(x) = x 2
2x + 2 2
2 1
x2+2
3
4 2
x3+ · · · + 2 n
2n − 2 n− 1
xn+ · · ·
=
∞
X
n=1
1 n
2n − 2 n− 1
xn+1
對照兩邊 xn+1 的係數, 便得
pn+1 = 1 n
2n − 2 n− 1
.
生成函數是十九世紀著名數學家拉普拉斯 (Laplace) 為解決概率問題而首先引進的方法, 它顯然有點難度, 不如其他模型那樣巧妙, 但卻是組合計數中的典型方法。
它是一支帶刺的玫瑰, 棘手, 但很迷人。
參考文獻
1. Redelmeier, D. H., Counting polyominoes: Yet another attack, Discrete Math., Vol. 36, p.191-203, 1981.
2. 柳柏濂, 鏡子 · 路子 · 珠子—有趣的卡塔蘭數, 廣東教育出版社, 1994.7 。
———本文作者任教中國廣州華南師範大學數學系———
