文章 - 0&评论 - 0&trackbacks - 0
从5.1的标题COMBINATORIAL PROPERTIES OF PERMUTATIONS来看，这一节应该会涉及比较多的组合数学的东西，这一节也属于比较有意思的一节。
反序和反序对
Inversions 反序，这是什么概念呢？对于排序，当然，排列是重要的研究对象，那么反序应该也是针对排列而言的。
Let (ai a2 ... an) be a permutation(排列) of the set
{1,2,..., n}. If i & j and ai & aj,&
the pair (ai,aj) is
called an inversion(反序对)&
从该定义来看，反序对就是违背了排序的一对元素，唯一没有反序对的排列就(1,2,...,n)。
事实上，在学线性代数的时候，求n*n行列式的时候，我们曾经用过反序的概念，G. Cramer 在1950提出的公式
上面的求和是对(1,2,...,n)的所有排列求和，而inv(a1a2...an)&是该排列的反序对个数，我们简单叫做反序数。
反序表和反序数
The inversion table(反序表) b1b2
... bn of the permutation a1 a2 ... an
is obtained by&
letting bj be the number of elements to the left of j that are
greater than j. (bj等于大于j且在j右边的元素个数的总和)
In other words, bj is the number of inversions whose second
component is j.&
例子： 的反序表为&2 3 6 4 0 2 2 10,
since 5 and 9 are to the left of 1; 5, 9, 8 are to the left of 2; etc.&
当然从这个定义看出反序表主要是对自然数的排列进行定义的。这也可以扩展，但是讨论问题而言就变得简单了。大多数也需要对一个排列的序号进行研究。
那么反序表的所有元素加起来就是排列的反序数了。而且反序表满足0 &= b1 &= n - 1, 0&=b2&=n-2,
..., 0 &= bn-i &= 1, bn = 0.&
反序表和其排列有着一一对应的关系，
从排列到反序表，我们已经知道是唯一的，那么如何从反序表到排列呢，只要我们先把最大值写下，然后从大到小通过插值的方法就可以完成其排列了，因为bn一定为0，这样就可以唯一确定一个排列，这个性质很重要，对解决问题的转化也很有帮助。
例如计算排列个数时，我们以前常用的是一种策略，选第一个有n种，选第二个有n-1，所以是n的阶乘，那么从数学来看，反序表更直接，因为反序表的每个元素是独立的，算出来也是n的阶乘。
另一个例子，在第一卷的1.2.10中，曾经计算过排列的局部最大值的问题，就是计算有多少个元素大于他们所有的后继的问题。那么这个数就是反序表中所有有反序极大值的元素的个数总和，这个极大值指的是bj=n-j的时候。这是因为，当bj=n-j时，那么说明大于j的数全部在j的左边，那么右边的数一定是小于j的，所以该数也是具有局部最大值的。那么当我们求一个排列的平均局部最大值个数的时候，用反序表可以简单解决这个问题，因为反序表每个元素都是独立的，所以，b1有1/n概率是n-1，类似的，可以得到，该平均值是1/n+1/(n-1)+..+1=Hn。
在原排列中随意交换两个相邻元素，反序数总是加一或者减一，这个也很容易证明，因为只对相邻的那两个元素的反序对有影响，要不就是从反序对变成不是反序对，要不就是从不是反序对变成反序对。对其他元素并没有影响。
文中还给出了阿基米德的均匀多面体的图，加深直观理解，也颇有趣味。越来越兴奋的发现在下面展示。
排列的逆和反序表
排列的逆，在第一卷的时候也提到过，定义为。那么
一个排列的逆和该排列有着相同的反序数。Rotha给出了比较有趣的证明。
We construct an n x n&chessboard having a dot in column j of row i whenever ai = j. Then we put &&'s in all squares that have dots lying both below (in the same column) and to&their right (in the same row).&
下面是的构造图：
文中说容易看出构造图中的& 的个数就是反序数。这里我们可以知道，在黑点左边的格子数就是该元素的比它小的元素的总数。而除去一些在它前面，又比它小，就可以得到在它后面，又比它小的数，这个数就就构成数对反序对，所有的& 的个数也就是反序对的总和，即反序数。
那么我们现在把图转置一下，交换行列，(相当于把图按照图的y轴向面向你的方向转180&，然后把得到的图再按图的中心旋转90&),那么得到的就是该排列的逆的图了。经过转置，图中的& 的个数是不变的，所以就可以得到证明。
已经讨论了反序的一些基本概念和有趣的对应关系，有人会思考这和排序有什么关系，肤浅地看，排序就是把有高反序的排列变成0反序的，还记得那个多面体么。从一个点到顶端。这似乎有着比较有趣的关系。
前一节我们讨论的都是一些对应关系，那么反序数对于一个n元素的所有排列，到底是多少个呢，那么我们定义In(k),表示n个元素的所有排列中有k个反序数的排列的个数。
我们有如下表：
&从上表可以看出很多有趣的规律。
In(0)=1,这是因为唯一没有反序的排列只有一个，即排好序。
In(1)=n-1,这是因为有一个反序的排列，是在排好序的那个排序，基础上调整邻近的两个元素，可以调的就是n-1个位置，所以就有n-1个。
还有对称性质：
这个证明也比较容易，我们知道每个元素的反序数是独立的，那么把原排列从最右边反排到最左边，得到一个新的排列，就某个元素来说，其反序数应该是原排列该元素的反序数极大值与其反序数之差，所以所有元素加起来，则新排列的反序数应该是反序数极大值与原排列的反序数之差，由于各元素是独立的，那么反序数极大值就是各个元素反序数极大值之和，即0+1+...+(n-1)=n(n-1)/2,即所求。所以每一个排列都可以找到另一个排列与其有对应（可能是本身），所以就有对称性质，并且有上述公式。
我们令生成函数为Gn(z) =
In(0) + In(l)z + In(2)z2 + .......,该生成函数满足Gn(z) =(1+z+z2+...+zn-1)
这个满足递归关系正文也说不难看出，看来我愚钝了，要看很久才看出。
首先，每一个n-1个元素的排列，添加一个元素都将都成n个新的排列，排列的总个数也是原来的n倍，那么这么多新的排列会对反序数造成什么影响呢，反序数的最大值也将从(n-1)(n-2)/2增大到n(n-1)/2，而对于In-1(0)来说，由于第n个元素是独立于其他元素的，所以，原排列中反序数为0的排列将产生反序数为0，1，.....，n-1，原排列中反序数为1的排列将产生反序数为1，2，.....，n以此类推，就可以知道那递归关系是满足的。
再进行深度递归，分子分母相乘(1-z)n化简，得出式子：
再结合表，我们能够推广出下面的式子：
从前面的分析，我们知道，每一个原排列反序数小于等于k的都将为新排列反序数为k的做一次贡献，那么In(k)=In-1(k)+In-1(k-1)+.....+In-1(0)对于k&n，将此式子的k换成k-1，照样成立，那么In(k-1)=In-1(k-1)+In-1(k-2)+...+In-1(0)，代换，那么上面的式子得证。
到这里，我们是不是想起了杨辉三角。这里并不想说杨辉三角和这里有什么关系，但是杨辉三角和组合数的一些性质有关，和多项式系数也有关，这里面和反序数到底有没有本质上的联系？这应该留待我们去发掘和讨论。
那么对于n和k，可以不可以马上计算出In(k)的值呢？答案是肯定的。
这公式比较难证明，作者叫我们先看看习题14，那我们还看看习题14讲的是什么。
首先考虑的是加法分划的问题，
n = p1 + p2 + ...+ Pk,
where p1& P2 & .....& Pk & 0. For
example, the partitions of 7&into distinct parts are 7, 6 + 1, 5 + 2, 4 +
3, 4 + 2 + 1。
Let fk(n) be the number
of&partitions of n i prove that &k (-1)k
fk(n) =0, unless n has the&form (3j2 & j)/2, for
some n in the latter case the sum is (-1)j.
这一题说一个数n可以分划成k个正整数之和，然后令fk(n)是n可以分成k部分的不同分法次数，要证明这些&k(-1)k fk(n) =0,当存某个整数j，令u=(3j2 & j)/2，&k(-1)kfk(n) = (-1)j 。
这个证明的方法是一个叫富兰克林的人的，相当有趣。如图
我们让n的其中一个划分，从p1到pk往下排，第一行画p1个黑点，第二画p2个黑点，以此类推，我们就得到类似左边的图。
然后我们把满足pj+1&pj - 1的最少j，把头j行的最后一个黑点圈起来，如图，如果j（即圈起来黑点数）小于pk（最后一行的黑点数），那么把圈起来的j个点放在最下面，成为新的一行，如右边的图。类似的，如果是j大于等于pk，就可以把pk那一行转45&放在圈起来黑点的右边，成为另一个图。
这样的转化，我们可以知道，每一个偶行加法划分都存在着对应的奇行加法划分，除非某个划分是没办法找到对应的。
假设j&k，则无论j和pk是什么关系，都可以有对应。当j=k时，j只有在等于pk和pk-1时没办法（注意这里的p1&p2&...&pk）
这样就意味只有当j=k=pk或者j=k=pk-1才没有对应
故此有j行，每行相差1，pk是j或者j-1，可以得到n=(2j-1)+..+j=(3j2-j)/2和n=2j+..+(j-1)=(3j2+j)/2 。
那么没有对应的项，就会使&k (-1)k
fk(n)!=0,而是&k(-1)kfk(n)=(-1)j
&（k=j ，fk(n)=1）。
插句题外话，这里是比较特殊的加法划分，不能有相等的项出现，但是扩展到相等的项，也很容易，只不过pj+1&=pj - 1，而且只有j=k=pk才没有对应。也很容易得出结论。
上面的加法划分到底可以用来计算什么呢？计算欧拉公式
这个通过拆项，我们就知道，通过加法划分，刚好可以得出这条式子，比如，z7的系数，有可能的组合就是就是-z7,(-z6)(-z1),(-z5)(-z2),(-z4)(-z3),(-z4)(-z5)(-z1)，几个项的系数和，相同个乘数的提取下公因子-1，就刚好变成前面例子中的加法划分求和公式，由于7是满了(3j2+j)/2，所以可以j=2,所以结果是(-1)j，故系数是1，与此类似就可以得到上面的式子。
ps：习题中提到欧拉是用不同的方式证明的，但是没具体深入，有兴趣的同学可以去翻看相关书籍。
这下面还有个地方不太明白说啥，留笔。
得到欧拉公式后，我们回头看看我们要求的In(k)，这里虽然计算了生成函数的分子，但是本人能力有限，还是计算不出各个系数，求数学高手帮助！
讲完了反序数的个数，接下来的正文又令我大为吃惊，涉及到反序分布的问题。
首先，讲我们前面讲到过的In(k)序列的生成函数Gn(z)除以n!,那么我们得到gn(z)=h1(z)h2(z)....hn(z)，其中hk(z)=(1+z1+...+zk-1)/k。
从hk(z)可以看出这个生成函数是关于小于k的随机非负整数的一致分布。因为小于k的非负整数概率都是1/k。然后我们就可以知道这些小的生成函数相乘，概率相乘，h1(z)相当于第n个元素反序数的一致分布，h2(z)是第n-1个函数，hn(z)是第1个元素，它们相乘这就构成了n个元素的随机排列的反序数概率分布生成函数！
这里的平均数和标准差比较容易计算，这里用了一致分布求平均值和标准差的推导公式，（缺，回宿舍找），再利用平方和公式也很容易计算出来了。有兴趣的同学可以验证下。
反序分布无疑是比较有趣的，我们根本不晓得反序原来也有概率的，我们在排序之前得到的序列也是随机的，那么利用概率学来计算排序的平均快慢也是比较有益的。
排列的反序与指数
说起指数，很多人都会想起数学里面的指数，但是这里说的是index，翻译成指数也不是很妥当，但是我们只要知道排列中的这么一个概念就好了。
Let us define the index&of the permutation&a1a2
... an&as the sum of all subscripts j such that&aj&aj+1,&1 &= j & n. For example, the index of
is 2 + 4 + 6 + 8 = 20.&
这个定义是找到相邻的两个数，如果左边大于右边，就把左右的下标记录下来，把这些下标想加，就是这个排列的指数。
如果列出n个元素的排列，我们会发现指数和反序个数相同，我们还可以看到有多少个指数是k个的排列，就有多少个反序数为k的排列。如果有列出来，这个对应看起来是显然的，但是证明却是非常有趣的。
首先我们假设ind(a1a2...an)是某个排列的指数，并且用Hn(z)=& zind(a1a2...an)表示对所有排列指数的生成函数。那么我们要求的目的就是让Gn(z)=Hn(z)，只要生成函数一样，那么各个系数一样，那么就说明有多少个指数是k个的排列，就有多少个反序数为k的排列，也即是In(k)。
为此，我们定义每个元素都是非负整数的任意n元组(q1,q2,&,qn)为一边，然后定义((a1a2&an),(p1p2..pn))为另一边，其中a1a2&an是一个排列，而p1&=p2&=..&=pn&=0。
这个对应假设能满足q1+q2+&+qn=ind(a1a2...an)+p1+p2+...+pn 。
我们先假设可以找到这个对应来证明Gn(z)=Hn(z)。
再设Qn(z)是对非负整数的任意n元组(q1,q2,&,qn)求和的生成函数，即Qn(z)=&
zq1+q2+&+qn=1/(1-z)n
Qn(z)怎么求出来，回忆起第一卷讲生成函数里面，有一条简单但是很重要的公式，1/(1-z) = 1+z1+z2+&.，那么我们把n个（1+z1+z2+&.）相乘，根据组合选取的思路，我们肯定该结果就是所求Qn(z)。注意这里的(q1,q2,&,qn)是任意非负整数的组合。
又设Pn(z)是对满足p1&=p2&=..&=pn&=0的整数的任意n元组(p1p2,&,pn)求和的生成函数，即Pn(z)=&
zp1+p2+&+pn=1/(1-z)(1-z2)(1-z3)&(1-zn)
Pn(z)又是怎么求出来的呢？作者有叫我们去看习题15，这里插点讲这个的证明。
首先我们知道Pn(z)的某个zm的系数就是m可以分成p1+p2+&+pn的分划的个数，习题中的说法就是至多分成n个部分的分划生成函数。这里的至多，意思是某些项可以为0，而0项是不计算入分划的部分数的。
该习题试想证明一个简单的定理，至多分成n个部分的分划和分成每个项不超过n的分划是对应的，有着相同的数量。其实定理的证明很简单，我们先把m的一个分划，该分划是由至多n项组成的，然后把这个分划按照富兰克林对应的点阵图画出来，然后把改图转置，即行列对换，我们即可以得到一个m的分划，该分划每一项都不超过n。按照同样的做法，我们也可以反过来执行这个过程，注意虽然有些点阵图既是至多分成n个部分的分划，又是分成每个项不超过n的分划，但是这都不会影响它们有相同数量的结论。
有了上面的定理，我们就可以把求Pn(z)的某个zm的系数变成求m可以分成每个项不超过n的分划的个数了。问题转化了。
因为项数不确定，但是不超过n的数是确定的，即是0到n，那么可以选择0无数个，选择1无数个，...，选择n无数个，它们之间是独立的。那么
Pn(z) =&(z0(0)+z0(1)+z0(2)+&)(z1(0)+z1(1)+z1(2)+&)(z2(0)+z2(1)+z2(2)+&)&(zn(0)+zn(1)+zn(2)+&)1/(1-z)(1-z2)(1-z3)&(1-zn)
上面的式子很容易计算，(z1(0)+z1(1)+z1(2)+&)就是1+z1+z2+&.=1/(1-z) ，(z2(0)+z2(1)+z2(2)+&)用z2乘于该式再减该式就可以求出来，其它类似。
至此，两个式子得证。
那么根据q1+q2+&+qn=ind(a1a2...an)+p1+p2+...+pn，我们马上能够得到Qn(z)=Hn(z)Pn(z)，所以Hn(z) =&Qn(z)/Pn(z) =&(1-z)(1-z2)(1-z3)&(1-zn)/(1-z)n=Gn(z)，式子中的n指得就是排列中元素数。
到此，我们已经证明了我们的目的，但是证明完整么？不，还差一个重要假设没验证，就是能够找到满足q1+q2+&+qn=ind(a1a2...an)+p1+p2+...+pn&的对应。
该对应很有趣，首先我们考虑(p1p2,&,pn)是递减的，那么我们要把(q1,q2,&,qn)按照递减稳定排序，那么qa1&=qa2&=&&=qan，并且当qaj=qaj+1时aj&aj+1。
那么，我们把n元组(qa1,qa2,&,qan)进行如下的操作，取j从1到n遍历一下操作，当某aj&aj+1，把新元组中qa1到qaj都减去1。
由于qaj&=qaj+1，但是qaj不可能等于qaj+1，因为aj&aj+1和之前的说法违背。
所以我们得到qaj&qaj+1，故此，我们把新元组进行一次操作之后它还是能够满足稳定递减的要求，所以进行n次之后还是得到一个稳定递减的全新元组。
这个全新的元组就是我们要求的(p1p2,&,pn)，那么我们在操作之中，我们是当aj&aj+1时我们就把qa1到qaj减去1，刚好减去j，从这里可以看出正好满足排列的index指数的定义。
（注意这里你可能要以为j从1到n遍历是一个必须的顺序，其实不然，因为这个减数是由(a1a2...an)决定，也就是排序完之后就决定的，所以和这个顺序是没关系的，而且你也可以知道每一次操作都是qaj&qaj+1，所以只会使qaj=qaj+1，而下一次选择j的时候可能大于j，那么比较的有可能是qaj+1和qaj+2，由于之前的操作对qaj+1没影响，所以并不影响结果，再者如果下次选择的是小于j的，那么由于之前大于aj的元素都必须减1，所以还是稳定的，所以该被选择的还是会被选择到。）（遍历的顺序）
所以q1+q2+&+qn=ind(a1a2...an)+p1+p2+...+pn，相反的，从ind(a1a2...an)+p1+p2+...+pn对应到q1+q2+&+qn，也比较容易找到了。这里不再详细解说。到此我们找到该对应。
所以前面提到的有多少个指数是k个的排列，就有多少个反序数为k的排列的定理得到证明。
后面作者还给出了这个定理更广泛的定理，有着k个反序和l个指数的n个元素的排列的数目，和有l个反序和k个指数的排列数目相同。
还扯到两个伟大人物和第一排列和第二排列的对应。至此作者给出了习题25。
关于反序的研究，正文就这样结束了，从后面的指数部分我们可以看出一点和排序的眉目出来，反序作为研究排序的效率应该是很有帮助的，而且从证明来看，作者不断使用转换问题的思路，给我们解决问题留下深刻的体验。
关于正文里面还是更多细节可能没有去证明或者严谨，有兴趣的同学可以自觉完善。下面附带研究下习题25。
这一题主要是对上面说的反序和指数的关系问题，进一步研究，把上面的命题缩小，得出更为吃惊的结论。
结论就是：有着k个反序和l个指数的n个元素的排列的数目，和有l个反序和k个指数的排列数目相同。
但是习题并没有一下要求我们证明那么多，而是分成两步：
我们先假设排列为A=a1a2&an，inv(A)表示A的反序数，ind(A)表示A的指数。为了简单，我们假设对于1到n进行排列。
第一证明：
每一个排列A都有另一个排列f(A)与之一一对应，关系如下：ind(f(A)) = inv(A)，并且对于1&=j&n，每当在A中j在j+1的左边，在f(A)中j也在j+1的左边，反之，也成立。
第一个证明作者给了提示，构造如下的h关系：如果n&1，A可以写成A=x1A1x2A2&xkAkan，其中当a1&an时，x1，x2，&，xk时都是小于an的元素，反之，x1，x2，&xk时都是大于an的元素，而其它元素出现在子排列A1，A2，&，Ak中，注意这里的子排列可能为空。
这个构造咋一看起来很复杂，读者可以自己构造例子，很容易就接受了。但是这个构造有什么用呢？可以用来证明第一个证明么？
事实上，我们还需要构造h(A)=A1x1A2x2&Akxk，构造这个h的关系，是巧妙地用了反序和指数共同特点，前后大小关系的反转。
稍微分析下，当a1&an时，A和h(A)的反序数是相同的，这是因为x1，x2，&，xk都是小于an的元素，所以xj的反转对于an没有影响，所以而对于Aj的反转，相对an来说反序数是减少了，但是由于xj的反转相对Aj来说反序数是增加，而且很容易知道是减少的是所有Aj子排列中元素的个数，而增加的也刚好是是所有Aj子排列中元素的个数，所以反序数不变。
当a1&an时，A到h(A)的反序数是减少了n-1，这是因为，x1，x2，&xk时都是大于an的元素，没了an，所有xj反序数减一，而Aj则不会受影响，但是由于由于xj的反转相对Aj来说，反序数是减少的，减少的是所有Aj子排列元素的个数，两个减少的部分加起来刚好就是整个h(A)元素个数之和，刚好是n-1。
看到这里，虽然还是模糊不明，但是从n-1我们可以看出指数的倪端。
这时我们只要用一个递归来弄，让f(A)=f(h(A))an，注意:这里的an指的是f映射x集合里面的最后一个元素，也就是排列的最后一个元素，所以这是递归的关系。这个f(A)也就是我们第一个证明所求的。
首先，从f(A)=f(h(A))an，可以知道，我们一直让A往下递归将可以得到一个排列，而且每轮递归得到的结果的反序数都会等于前面一轮中h(A)排列的反序数或者是其减去一个数，这个数就是该结果元素个数减1，这个结论是从前面的分析得到的，那么，在什么时候才会减一，什么时候才是相等呢？答案很明显，就是a1&an，但这并不能解决问题，因为计算指数是必须相邻两个数的关系，再次仔细看看反转过程，我们会发现，假如现在a1&an，那么我们这一轮得到的h排列中，最后一个元素是xk，这个元素是必须大于an的，而最后一个元素又是作为下一轮的an来输出，所以下一轮的那个an一定是f(A)中存在指数的一个元素，所以指数必然会加上其下标，而这个下标刚好是这一轮的n-1。那么当a1&an时，就意味着有一个指数值产生，而这个值刚好是反序数减少的值，那么一直递归下去，A反序数最终会是0，而f(A)指数值则增加到A的反序数。所以第一条件得证。
再者，从递归的过程来看，对于某一轮来说，对于1&=j&n，每当在A中j在j+1的左边，那么当前的an，要么大于j和j+1，那么小于j和j+1，那么它们大多数轮有相同的反转行为，只有当j+1作为an的时候输出才会有不同，但是j+1总是先于j输出，所以在f(A)中j也在j+1的左边。到此，第二条件得证。
至此，我们已经证明了第一个证明。这过程看起来繁琐，但是该证明巧妙用了递归和转化，利用指数和反序数的共同点，进行反转，特别有趣。通过构造我们也可以很容易计算出一个排列的f(A)和计算它的反过程f-1(A)。这个碍于篇幅，大家可以自己试着完成。过程是完全可以反过来的，因为a1和an同时会存在。
第二证明：由前面的f关系证明有另一种关系g满足ind(g(A))=inv(A)和inv(g(A))=ind(A)。
这个证明的关键是要证明两个等式，设A-是A的逆，那么inv(A)=inv(A-)以及ind(A-)=ind(f(A)-)。第一条等式我们前面已经采用点X图证明过了(忘记了？砍看回前面吧！)。
第二条式子证明如下：我们知道假设1&=j&n，每当在A中j在j+1的左边，那么该A的逆，会有产生一个相邻的元素对（bj，bj+1)，并且bj&bj+1，这是因为排列逆的定义以及j在j+1的左边导致的，这就说明A逆的指数可由A来看出，假设，原排列是，那么在该排列的逆中，满足前面条件的是,9。所以我们可以知道在在逆中，第五、七、八位是有指数存在的，由于第九位是最后一位，不算。那么f(A)呢，由于第一个证明，我们知道，f(A)和A在前面提到的条件中存在一致关系，所以，在f(A)逆中存在指数的位应该和A是一摸一样的，所以很容易证明第二条式子成立，即ind(A-)=ind(f(A)-)。
前面两条式子成立后，我们再定义如下式子，A1 = A-, A2 = f(A1), A3 = A2-, A4 = f-1(A3), A5 = A4-&，我们就可以得到下面两条证明：
= inv(A4) = ind(A3) = ind(A2-) =
ind(A1-) = ind(A);
= ind(A4-) = ind(A3-) = ind(A2)
= inv(A1) = inv(A);
注意A4&= f-1(A3)，A3=f(A4)是一样的 。
上面的等式都是替换，很容易计算，读者自行证明。到此，第二个证明已经结束了，从后面的等式可以看出g的关系还是比较复杂的，先逆后求f再逆求f-1再逆，才求出g来。
一个排列通过一系列变化就可以找到反序数和指数互换的排列来，这是一件很奇妙的对应，以致我们常常想有没有找到一个跟自己一样的呢？这个应该不太可能，哈哈。
这一节到这里就结束了，还有很多习题可以研究，这里就不再深入。
阅读(...) 评论()【下载价格】：4.95豆元--------&#..
扫扫二维码，随身浏览文档
手机或平板扫扫即可继续访问
第八章 特殊计数序列8.1 Catalan数【精品-ppt】
举报该文档为侵权文档。
举报该文档含有违规或不良信息。
反馈该文档无法正常浏览。
举报该文档为重复文档。
推荐理由：
将文档分享至：
分享完整地址
文档地址：
粘贴到BBS或博客
flash地址：
支持嵌入FLASH地址的网站使用
html代码：
&embed src='/DocinViewer-4.swf' width='100%' height='600' type=application/x-shockwave-flash ALLOWFULLSCREEN='true' ALLOWSCRIPTACCESS='always'&&/embed&
450px*300px480px*400px650px*490px
支持嵌入HTML代码的网站使用
您的内容已经提交成功
您所提交的内容需要审核后才能发布，请您等待！
3秒自动关闭窗口 下载
 收藏
该文档贡献者很忙，什么也没留下。
 下载此文档
正在努力加载中...
第八章 特殊计数序列8.1 Catalan数
下载积分：1000
内容提示：
文档格式：PPT|
浏览次数：0|
上传日期： 13:44:08|
文档星级：
该用户还上传了这些文档
第八章 特殊计数序列8.1 Catalan数.PPT
官方公共微信}