Асимптотично, скільки перестановок

Розглянемо перестановки $\sigma$ з $[1..n]$ . Інверсія визначається як пара $(i, j)$ таких індексів, що $i < j$ та $\sigma(i) > \sigma(j)$ .

Визначте $A_k$ кількість перестановок $[1..n]$ з не більше $k$ інверсіями.

Питання: Яка межа асимптотики обмежена для $A_k$ ?

Раніше було задано відповідне питання: Кількість перестановок, що мають однакову відстань Кендалла-Тау

Але питання вище стосувалось обчислення $A_k$ . Його можна обчислити за допомогою динамічного програмування, оскільки він задовольняє відношенню повторення, показаному тут: /programming/948341/dynamic-programming-number-of-ways-to-get-at-least-n-bubble -сортирування

Кількість перестановок з точно $k$ інверсіями також було вивчено, і це можна виразити як генеруючу функцію: http://en.wikipedia.org/wiki/Permutation#Inversions

Але я не можу знайти формулу закритої форми або асимптотичну межу.

co.combinatorics permutations

— Виняк Патхак
джерело

Якщо у вас є генеруючий многочлен для послідовності, ви можете отримати генеруючий многочлен для префікса сум просто множенням многочлена на

1 / (1 - x)

$1/(1-x)$ . У вашому випадку ви б використовували поліном, який ви зв'язали з цим, обчислюємо точно-k інверсії.

— Суреш Венкат

Це oeis.org/A161169

— András Salamon

@SureshVenkat Дякую за пораду. Але я все ще буду застряг у знаходженні коефіцієнта

x^{k}

$x^k$ у цьому дійсно складному многочлені з точки зору

n

$n$ і

k

$k$ і я не бачу, як це зробити.

— Vinayak Pathak

щоб отримати коефіцієнт

x^{k}

$x^k$ , візьміть

k

$k$ -му похідну від породжувального многочлена і оцініть її при

x = 0

$x = 0$ .

— Сашо Ніколов

Згідно з Вікіпедією, кількість перестановок в з точно інверсіями є коефіцієнтом в Позначимо це через . Це показує, що $S_n$ $k$ $X^k$

1 (1 + X) (1 + X + X^{2}) \dots (1 + X + \dots + X^{n - 1}) .

$1(1+X)(1+X+X^2)\cdots(1+X+\cdots+X^{n-1}).$

c (n, k)

$c(n,k)$

Тож кількість перестановок у

з максимум

інверсіями дорівнює кількості перестановок у

з рівно

інверсіями. Це має також акуратний комбінаторний доказ (натяк: взяти

і видалити

c (n + 1, k) = \sum_{l = 0}^{k} c (n, k - l) .

$c(n+1,k) = \sum_{l=0}^k c(n,k-l).$

S_{n}

$S_n$

k

$k$

S_{n + 1}

$S_{n+1}$

k

$k$

π \in S_{n + 1}

$\pi\in S_{n+1}$

n + 1

$n+1$

$X^k$ $X^m$ $m > k$ $n > k$ $c(n,k)$ $X^k$

\begin{aligned} 1 (1 + X) \dots (1 + X + \dots + X^{k - 1}) (1 + X + \dots + X^{k} + \dots)^{n - k} \\ = & 1 (1 + X) \dots (1 + X + \dots + X^{k - 1}) \frac{1}{(1 - X)^{n - k}} \\ = & 1 (1 + X) \dots (1 + X + \dots + X^{k - 1}) \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{t + n - k - 1}{t}) X^{t} . \end{aligned}

$\begin{align*} &1(1+X)\cdots(1+X+\cdots+X^{k-1}) (1+X+\cdots+X^k+\cdots)^{n-k} \\ = &1(1+X)\cdots(1+X+\cdots+X^{k-1}) \frac{1}{(1-X)^{n-k}} \\ = &1(1+X)\cdots(1+X+\cdots+X^{k-1}) \sum_{t=0}^\infty \binom{t+n-k-1}{t} X^t. \end{align*}$

c (n, k) = \sum_{t = 0}^{k} (\binom{n + t - k - 1}{t}) c (k, k - t), n > k .

$c(n,k) = \sum_{t=0}^k \binom{n+t-k-1}{t} c(k,k-t), \quad n > k.$

$k$ $t = k$

c (n, k) = (\binom{n - 1}{k}) + O_{k} (n^{k - 1}) = \frac{1}{k!} n^{k} + O_{k} (n^{k - 1}) .

$c(n,k) = \binom{n-1}{k} + O_k(n^{k-1}) = \frac{1}{k!} n^k + O_k(n^{k-1}).$

c (n + 1, k)

$c(n+1,k)$

$k$ $\binom{n+t-k-1}{t} = \binom{n+t-k-1}{n-k-1}$ $t$ $\sum_{t=0}^k c(k,t) \leq k!$

(\binom{n - 1}{k}) \leq c (n, k) \leq k! (\binom{n - 1}{k}) .

$\binom{n-1}{k} \leq c(n,k) \leq k! \binom{n-1}{k}.$

— Юваль Фільм
джерело

c (n, k) \leq k! (\binom{n - 1}{k}) \leq e k^{k + 1 / 2} e^{- k} (e (n - 1) / k)^{k}

$c(n,k)\leq k!\binom{n-1}{k} \leq ek^{k+1/2}e^{-k}(e(n-1)/k)^k$

c (n, k) \leq e \sqrt{k} (n - 1)^{k}

$c(n,k) \leq e\sqrt{k}(n-1)^k$