Asintóticamente, ¿cuántas permutaciones de

Considere una permutación $\sigma$ de $[1..n]$ . Una inversión se define como un par $(i, j)$ de índices tales que $i < j$ y $\sigma(i) > \sigma(j)$ .

Defina $A_k$ como el número de permutaciones de $[1..n]$ con a lo sumo $k$ inversiones.

Pregunta: ¿Cuál es el límite asintótico estrecho para $A_k$ ?

Antes se hizo una pregunta relacionada: Número de permutaciones que tienen la misma distancia Kendall-Tau

Pero la pregunta anterior se refería a la computación $A_k$ . Se puede calcular mediante programación dinámica, ya que satisface la relación de recurrencia que se muestra aquí: /programming/948341/dynamic-programming-number-of-ways-to-get-at-least-n-bubble -sort-swaps

También se ha estudiado el número de permutaciones con exactamente $k$ inversiones y se puede expresar como una función generadora: http://en.wikipedia.org/wiki/Permutation#Inversions

Pero no puedo encontrar una fórmula de forma cerrada o un límite asintótico.

co.combinatorics permutations

— Vinayak Pathak
fuente

Si tiene un polinomio generador para una secuencia, puede derivar el polinomio generador para las sumas de prefijos simplemente multiplicando el polinomio por

. En su caso, usaría el polinomio que vinculó para calcular exactamente las k inversiones.

1 / (1 - x)

$1/(1-x)$

— Suresh Venkat

Esto es oeis.org/A161169

— András Salamon

@SureshVenkat Gracias por la sugerencia. Pero todavía estaré atrapado en encontrar el coeficiente de

en este polinomio realmente complicado en términos de

y no veo cómo hacerlo.

x^{k}

$x^k$

n

$n$

k

$k$

— Vinayak Pathak

para obtener el coeficiente de

, tome la derivada

-ésima del polinomio generador y evalúelo en

x^{k}

$x^k$

k

$k$

x = 0

$x = 0$

— Sasho Nikolov

Según Wikipedia, el número de permutaciones en con exactamente inversiones es el coeficiente de en Denote esto por . Esto muestra que $S_n$ $k$ $X^k$

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)

$c(n,k)$

Entonces, el número de permutaciones en

con a lo sumo

inversiones es igual al número de permutaciones en

con exactamente

inversiones. Esto también tiene una clara prueba combinatoria (pista: tome

y elimine

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

$n+1$

Si solo nos interesa el coeficiente de , entonces los factores para no hacen ninguna diferencia. Entonces, para , es el coeficiente de en $X^k$ $X^m$ $m > k$ $n > k$ $c(n,k)$ $X^k$

\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}) .

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

— Yuval Filmus
fuente

Usando la aproximación de Stirling y los límites binomiales podemos simplificar la última expresión para

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

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

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

$c(n,k) \leq e\sqrt{k}(n-1)^k$ . Esto no es estricto, por supuesto, pero es un límite más elegante de lo que esperaría de esas aproximaciones.

— SamM