偏序关系与偏序集相关

一.偏序集的定义.

偏序集：定义一个偏序集是由一个集合$S$与一个二元关系$\le$组成的二元组$O=(S,\le )$，满足：
1.自反性：对于任意元素$x\in S$，有$x\le x$.
2.传递性：对于任意元素$x,y,z\in S$，若$x\le y,y\le z$，则$x\le y\le z$.
3.反对称性：对于任意元素$x,y\in S$，若$x\le y,y\le x$，则$x=y$.

偏序关系：我们称一个偏序集$O=(S,\le )$中的偏序关系为二元关系$\le$.

对于偏序集$O=(S,\le )$，我们定义$x\in O$表示$x\in S$，$|O|=|S|$.


二.偏序集上的链相关.

集合的链：称一个由集合$S$中元素组成的集族$(v_1,v_2,\cdots ,v_n)$为$S$的链当且仅当对于任意$i\le j$满足$v_i\subseteq v_j$.

集合的反链：称一个由集合$S$中元素组成的集族$(v_1,v_2,\cdots ,v_n)$为$S$的反链当且仅当任意$i\ne j$满足$v_i⊈v_j$.

相当于把$S$的所有子集拎出来构成一个集族和二元关系$\subseteq$组成的偏序集上的概念.

sperner定理：集合$S$的最长反链长度为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|}{\lfloor \frac{|S|}{2}\rfloor }\right)$.

证明：

考虑对于集族中每一个元素$U$，我们将$1$到$|S|$的排列中属于这个$U$的放到前面进行排列，不属于的放到后面排列，会得到$|U|!(|S|-|U|)!$个排列.

那么在一个反链中，任意两个元素$U,V$，$U$按照上述方式生成的排列中不应该有与$V$生成的排列相同的.

设大小为$i$元素有$a_i$个，那么：
$$\begin{gathered} \sum _{i=0}^{|S|}{a}_i\ast i!(|S|-i)!\le n! \\ \sum _{i=0}^{|S|}\frac{a_i}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)}\le 1 \\ \sum _{i=0}^{|S|}{a}_i\le \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\right) \end{gathered}$$

证毕.

链：对于一个偏序集$O=(S,\le )$，一个由$O$中元素组成的非重序列$a_i$满足$a_i\le a_{i+1}$称为$O$的一条链.

反链：对于一个偏序集$O=(S,\le )$，一个由$O$中元素组成的集合满足集合中任意元素$x,y$都不满足$x\le y$，那么这个集合称为$O$的反链.

Dilworth定理1：对于一个偏序集$O=(S,\le )$，$O$的最小反链划分等于$O$的最长链长度.

证明：
首先，由于两个在最长链上的元素必然不能处于同一反链中，所以最小反链划分$\ge$最长链长度.
之后，必然存在一个反链划分方式，使得每一次构造一个新的反链时，将所有极小元加入该反链中，数量为最长链长度.
证毕.

Dilworth定理2：对于一个偏序集$O=(S,\le )$，$O$的最小链划分等于$O$的最长反链长度.

证明与上面类似.

推论1：大小为$nm+1$的偏序集，要么有长度至少为$n+1$的链，要么有长度至少为$m+1$的反链.

根据上面的Dilworth定理不难证明.

推论2：长度为$n$的数列，要么有长度至少为$\sqrt{n}$的非严格上升子序列，要么有长度至少为$\sqrt{n}$的非严格下降子序列.

根据推论1不难证明.

最小链覆盖可以利用二分图匹配来求，这里不再赘述.


三.偏序集上的容斥原理.

偏序集上的容斥原理：对于一个偏序集$O=(S,\le )$上的两个函数$f,g$，我们希望找到一个二元函数$\mu (x,y)$，使得：
$$f(x)=\sum _{y\le x}g(y)\iff g(x)=\sum _{y\le x}\mu (x,y)f(y)$$

事实上这个东西叫做偏序集上的Mobius反演.

偏序集上的容斥系数：我们称二元函数$\mu (x,y)$为偏序集上容斥原理的容斥系数，也称作偏序集上的Mobius函数.

通过构造出偏序集上的$\mu$函数，我们可以构造出很多东西，例如差分与前缀和的关系、广义容斥原理、Mobius反演等本质都是偏序集上的容斥原理.


四.差分与前缀和.

考虑一个偏序集$(N,\le )$的$\mu$函数是怎么样的.

我们将这个偏序集的容斥原理式写出来：
$$f(x)=\sum _{y\le x}g(y)\iff g(x)=\sum _{y\le x}\mu (x,y)f(y)$$

将第二个式子带入第一个式子得到：
$$f(x)=\sum _{y\le x}\sum _{z\le y}\mu (y,z)f(z)=\sum _{y\le x}f(y)\sum _{y\le z\le x}\mu (z,y)$$

那么显然$\mu$函数需要这样的性质：
$$\sum _{y\le z\le x}\mu (z,y)=[x=y]$$

发现可以这样构造$\mu$函数：
$$\begin{gathered} \mu (i,i)=1 \\ \mu (i+1,i)=-1 \\ \mu (i+2,i)=\mu (i+3,i)=\cdots =0 \end{gathered}$$

再重新代回去得到：
$$f(x)=\sum _{y\le x}g(y)\iff g(x)=f(x)-f(x-1)$$

发现这玩意就是差分与前缀和的关系.


五.广义容斥原理.

我们构造一个排列中所有子集构成的集族$S$，然后构造一个偏序集$G=(S,\subseteq )$.

先写出偏序集上的容斥原理：
$$f(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}g(S_2)\iff g(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}\mu (S_1,S_2)f(S_1)$$

将第二个式子带入第一个式子得到：
$$f(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}\sum _{S_3\subseteq S_2}\mu (S_2,S_3)f(S_3)=\sum _{S_2\subseteq S_1}f(S_2)\sum _{S_2\subseteq S_3\subseteq S_1}\mu (S_3,S_2)$$

同样现在$\mu$函数要有这样的性质：
$$\sum _{S2\subseteq S_3\subseteq S_1}\mu (S_3,S_2)=[S_1=S_2]$$

现在考虑把集合$S_2$去掉可以得到：
$$\sum _{S_3\subseteq S_1-S_2}\mu (S_3\cup S_2,S_2)=[S_1-S_2=\varnothing ]$$

考虑一个我们已经知道的式子：
$$\sum _{T\subseteq [n]}(-1{)}^{|T|}=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=[n=0]$$

可以想到一个符合条件的构造方式为：
$$\mu (S_1,S_2)=(-1{)}^{|S_1|-|S_2|}$$

代回去后得到：
$$f(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}g(S_2)\iff g(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}(-1{)}^{|S_1|-|S_2|}f(S_1)$$

发现这个东西就是广义容斥原理.


六.二元组偏序集上的容斥原理.

定义一个二元组集合$S=\{(x,y)|x\in N,y\in N\}$，其中$(x_1,y_1)\le (x_2,y_2)$等价于$x_1\le x_2\wedge y_1\le y_2$，构造一个偏序集$G=(S,\le )$.

先写出偏序集上的容斥原理：
$$f(x_1,y_1)=\sum _{x_2\le x_1\wedge y_2\le y_1}g(x_2,y_2)\iff g(x_1,y_1)=\sum _{x_2\le x_1,\wedge y_2\le y_1}\mu (x_1,y_1,x_2,y_2)f(x_2,y_2)$$

然后将第二个式子代入第一个式子中得到：
$$f(x_1,y_1)=\sum _{x_2\le x_1\wedge y_2\le y_1}\sum _{x_3\le x_2\wedge y_3\le y_2}(x_2,y_2,x_3,y_3)f(x_3,y_3)=\sum _{x_2\le x_1\wedge y_2\le y_1}f(x_2,y_2)\sum _{x_2\le x_3\le x_1\wedge y_2\le y_3\le y_1}\mu (x_3,y_3,x_2,y_2)$$

那么$\mu$函数该有的性质应为：
$$\sum _{x_2\le x_3\le x_1,y_2\le y_3\le y_1}\mu (x_3,y_3,x_2,y_2)=[x_1=x_2\wedge y_1=y_2]$$

考虑将$\mu$函数拆成两份，得到：
$$\left(\sum _{x_2\le x_3\le x_1}{\mu }_1(x_3,x_2)\right)\left(\sum _{y_2\le y_3\le y_1}{\mu }_2(y_3,y_2)\right)=[x_1=x_2]\ast [y_1=y_2]$$

那么现在就只需要有：
$$\begin{gathered} \sum _{x_2\le x_3\le x_1}{\mu }_1(x_3,x_2)=[x_1=x_2] \\ \sum _{y_2\le y_3\le y_1}{\mu }_2(y_3,y_2)=[y_1=y_2] \end{gathered}$$

发现这两个式子均可以用上面前缀和与差分的方法构造.

然后就可以构造$\mu (x_1,y_1,x_2,y_2)={\mu }_1(x_1,x_2){\mu }_2(y_1,y_2)$.


七.Mobius反演.

考虑构造偏序集$O=(N_{+},|)$上的$\mu$函数.

先把容斥式子写出来：
$$f(x)=\sum _{y|x}g(y)\iff g(x)=\sum _{y|x}\mu (x,y)f(y)$$

把第二个式子代入第一个式子中：
$$f(x)=\sum _{y|x}\sum _{z|y}\mu (y,z)f(z)=\sum _{y|x}f(y)\sum _{y|z|x}\mu (z,y)$$

然后得到$\mu$函数该有的性质：
$$\sum _{y|z|x}\mu (z,y)=[x=y]$$

根据上面二元组的方法，我们可以将$n$唯一分解成几个质因数的乘积形式，并用乘积的数量拆成若干个偏序集$(c_2,\le ),(c_3,\le ),\cdots$的乘积，然后对于每一个$(c_p,\le )$，我们定义它的容斥系数为${\mu }_p$.

接下来我们用$P$表示素数集，用$c_p(x)$表示$x$唯一分解后$p$的数量，那么有：
$$\prod _{p\in P}\sum _{c_p(y)\le c_p(z)\le c_p(x)}{\mu }_p(c_p(z),c_p(y))=\prod _{p\in P}[c_p(x)=c_p(y)]$$

对于其中每一个等式：
$$\sum _{c_p(y)\le c_p(z)\le c_p(x)}{\mu }_p(c_p(z),c_p(y))=[c_p(x)=c_p(y)]$$

我们可以通过与上面差分与前缀和类似的方式构造出：
$$\begin{gathered} {\mu }_p(c_p(x),c_p(x))=1 \\ {\mu }_p(c_p(x)+1,c_p(x))=-1 \\ {\mu }_p(c_p(x)+2,c_p(x))={\mu }_p(c_p(x)+3,c_p(x))=\cdots =0 \end{gathered}$$

然后我们构造容斥系数${\mu }^{\prime }$满足：
$${\mu }_p^{\prime }(x,y)={\mu }_p(c_p(x),c_p(y))=\{\begin{array}{cc}1& c_p(x)-c_p(y)=0\\ -1& c_p(x)-c_p(y)=1\\ 0& c_p(x)-c_p(y)>1\end{array}$$

那么对于原来的$\mu$函数就有：
$$\mu (x,y)=\prod _{p\in P}{\mu }_p^{\prime }(x,y)$$

然后我们还可以发现一条性质，即：
$$\mu (x,y)=\mu \left(\frac{x}{y},1\right)$$

所以我们把$\mu (x,y)$简写成$\mu (\frac{x}{y})$，代回原来的式子中就有：
$$f(x)=\sum _{y|x}g(x)\iff g(x)=\sum _{y|x}f(x)\mu \left(\frac{x}{y}\right)$$

这个式子即为数论中的Mobius反演.