三
$\开始组$

我知道加泰罗尼亚语的数字C_n美元$是具有美元+1$树叶。我对概括感兴趣。

请注意，我不关心任何标签、顺序或叶子数量。我只想让树生根，节点总数相等n美元$，仅此而已。我也不是指满的 百万美元$-ary树，即在我的例子中，节点可以有任意数量的子节点$\in\{0，\点，m\}$（而不仅仅是0或百万美元$在完整情况下）。总而言之，我的树是有根的，无序的，没有标记的，百万美元$-ary、不完整、不完整和n美元$总共个节点。

话虽如此，我还要指出福斯-加泰罗尼亚数字。从“m-ary树”的Wiki页面中，它指出具有n个节点的可能m-ary树形结构的总数为\开始{align}C_n=\压裂{1}{（m-1）n+1}\cdot{mn\选择n}。\结束｛align｝这个适用吗未满 百万美元$-ary树？如果是，为什么？我能看到这个结果相对于树的推导吗。我看过《混凝土数学第二版》（第361页），但它们的推导不是关于树，而是关于百万美元$-雷尼序列（可能与树有很强的联系）。谢谢。

$\端组$
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2个答案2

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三
$\开始组$

如果你有具体数学，你知道这些数字$$C_n^{（m）}=\frac1{（m-1）n+1}\binom{mn}n（锰）$$满足重现性

$$C_{n+1}^{（m$$

请参阅页面底部$361$。相同的归纳参数表明加泰罗尼亚数字$C_n=C_n^{（2）}$是具有n美元$内部节点显示$C_n^{（m）}$是完整的数字百万美元$-杏树n美元$内部节点。任何百万美元$-ary平面树n美元$节点可以扩展到完整百万美元$-ary树n美元$通过向每个没有百万美元$儿童。相反，任何完整百万美元$-ary树n美元$内部节点可以减少为百万美元$-ary平面树n美元$节点删除其所有叶子。这两个操作是反向的，因此每个操作都是full之间的双射百万美元$-带有n美元$内部节点和百万美元$-八叉树n美元$节点。因此，$C_n^{（m）}$也是百万美元$-八叉树n美元$节点。

然而，请注意，这是为了飞机 百万美元$-银杏树。这意味着每个节点$v（美元）$有百万美元$为可能的孩子准备的插槽，我们可以标记的插槽$S_1（v）、S_2（v），\ ldot、S_m（v）$从左到右，并且这些插槽中的任何一个都可以是空的。因此，不仅每个节点的子节点是线性排序的，而且节点的每个子节点也是线性排序的$v（美元）$填充特定插槽$S_k（v）$，更改填充的插槽会更改树，即使它不会更改$v（美元）$无序树的情况是许多的即使没有节点度数限制，也会更加混乱：参见OEISA000081美元$例如。

$\端组$
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  • $\开始组$ 非常感谢！关于你的最后一段，我想澄清你飞机定义。也就是说，对于具有一些子节点的给定节点，若我重新排列子节点的顺序（不更改子节点的数量），那个么它会给我们一个不同的顺序？是这样吗？换言之，我想问的是，Fuss-Catalan数是否可以用来给出无序根$m$-ary树的数量上限——这就是我的目的。 $\端组$
    – 雷苏
    评论 2020年6月30日3:25
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    $\开始组$ @用户：是的，如果你对节点的子节点进行重新排序，当然让它们在重新排序时携带它们的后代，那么你就有了一个不同的树，除非考虑到顺序，得到的树是同构的。也就是说，如果您交换了同构平面子树的根的两个子树，那么您仍然拥有相同的平面树。所以，是的，这将给你一个上限，因为它区分了你想考虑相同的树。 $\端组$
    – 布莱恩·斯科特
    评论 2020年6月30日3:31
  • $\开始组$ 我认为您所说的映射“向每个没有$m$子节点的节点添加适当数量的叶子节点”是不内射，因为添加的子级数量无法恢复。实际上，即使$C_2^{（3）}=3$，具有$2$节点的$3$ary平面树的数量也只有$1$。 $\端组$
    – 迈克·厄内斯特
    评论 2020年6月30日17:03
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    $\开始组$ 啊，你和我对OP的问题有不同的解释。我当时认为，有序树是一棵根树，其中每个顶点都被赋予其子节点的顺序，而$m$-ary有序树是指每个节点最多有$m$个子节点的树。 $\端组$
    – 迈克·厄内斯特
    评论 2020年6月30日18:30
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    $\开始组$ @XavierZ：术语各不相同。理查德·斯坦利的枚举组合数学，第1卷，使飞机和命令同义词，并定义它们以匹配您的位置; 这是维基百科定义的两个脚注之一有序树。我还看到有序树定义为Mike使用了该术语，但飞机我想，永远是你的位置然而，我应该修改我答案的最后一段，因为事实上飞机这不仅意味着假设每个节点的子节点是线性排序的。 $\端组$
    – 布莱恩·斯科特
    评论 6月13日8:01
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$\开始组$

你想数一数无序的，未标记，d美元$-带有n美元$顶点。正如Brian的回答所示无序的这种情况使你的问题不太可能解决。然而，它是可以枚举满足所有这些条件的树的数量，但其中“无序”被替换为“有序”

编辑：我将有序树定义为“根树，以及每个顶点的子节点的顺序”d美元$-ary树是一个每个顶点最多有d美元$儿童。如果改为定义有序d美元$-ary树是根顶点，以及长度列表d美元$如果每个条目要么是空的，要么是子树，那么Brian的答案给出了正确的枚举。

这个问题最好用生成函数来解决。让万亿美元$是的数字命令，未标记，d美元$-ary、非完整、有根的树n美元$顶点，并让$T（x）=\sum_｛n\ge 1｝T_nx^n$.标准生成函数技巧显示$$T（x）=x（1+T（x，$$因为树由根组成，后跟一个有序的序列，包含$0$和d美元$子树。将此等式写成$$x=\压裂{T（1-T）}{1-T^{d+1}}，$$我们可以看到T美元（x）$是的成分反转美元（x）$，由定义$$S（x）=\压裂{x（1-x）}{1-x^{d+1}}。$$因此，我们可以应用拉格朗日反演公式计算万亿美元$就系数而言S美元（x）$LIF规定，无论何时$f（x）$和克（x）美元$是解析函数，其中$f（0）=g（0）=0$和$f'（0）g'（0）\neq 0$和$f（g（x））=g（f（x）$，然后是系数$f美元$和$克$与…相关$$[x^n]g（x）^k=\压裂{k} n个[x^{-k}]f（x）^n\tag{LIF}$$在这里，$[x^i]小时（x）$表示的系数$x^i美元$在里面$小时（x）$。使用此，\开始{align}特纳&=[x^n]T（x）\\&\stackrel{\text{LIF}}=\tfrac1n[x^{-1}]S（x）^{-n}\\&=\tfrac1n[x^{-1}]x^{-n}\左（\frac{1-x^{d+1}}{1-x}\右）^n\\&=\tfrac1n[x^｛n-1｝]（1-x^｛d+1｝）^n（1-x）^｛-n｝\\&=\装箱{\frac1n\sum_{k\ge0}（-1）^k\binom{n}{k}\binom}2n-2-k（d+1）}{n-1-k（d/1）}.}\结束｛align｝

$\端组$

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