分类：组合学代写

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Depth First Traversals

Posted on 2023年7月4日2023年7月4日 by statistics-lab

如果你也在怎样代写组合学Combinatorics 这个学科遇到相关的难题，请随时右上角联系我们的24/7代写客服。组合学Combinatorics是数学的一个领域，主要涉及计数（作为获得结果的手段和目的）以及有限结构的某些属性。主要涉及计数，作为获得结果的手段和目的，以及有限结构的某些属性。它与数学的许多其他领域密切相关，有许多应用，从逻辑学到统计物理学，从进化生物学到计算机科学。

组合学Combinatorics因其解决的问题的广泛性而闻名。组合问题出现在纯数学的许多领域，特别是在代数、概率论、拓扑学和几何学中，以及在其许多应用领域。许多组合问题在历史上被孤立地考虑，对某个数学背景下出现的问题给出一个临时性的解决方案。然而，在二十世纪后期，强大而普遍的理论方法被开发出来，使组合学本身成为一个独立的数学分支。组合学最古老和最容易理解的部分之一是图论，它本身与其他领域有许多自然联系。在计算机科学中，组合学经常被用来获得算法分析中的公式和估计。

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我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

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Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
Statistical Machine Learning 统计机器学习
Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Depth First Traversals

In a tree traversal, we often want to process either the vertices or edges and do so either the first or last time we encounter them. If you process something only the first time it is encountered, this is a preorder traversal; if you list it only the last time it is encountered, this is a postorder traversal; This leads to four concepts:
$\operatorname{PREV}(T)$ preorder vertex sequence;
$\mathrm{POSTV}(T)$ postorder vertex sequence;
$\mathrm{PREE}(T)$ preorder edge sequence;
$\mathrm{POSTE}(T)$ postorder edge sequence.

Here’s the promised recursive algorithm for depth first traversal of a tree. The sequences PREV, POSTV, PREE and POSTE are initialized to empty. They are “global variables,” so all levels of the recursive call are working with the same four sequences.
Procedure DFT $(T)$
Let $r$ be the root of $T$
Append vertex $r$ to PREV /* PREV / Let $k$ be the number of principal subtrees of $T$ / By convention, the For loop is skipped if $k=0 . * /$
For $i=1,2, \ldots, k$
Let $T_i$ be the $i$ th principal subtree of $T$
Let $r_i$ be the root of $T_i$
Append edge $\left{r, r_i\right}$ to PREE /* PREE */
$\operatorname{DFT}\left(T_i\right)$
Append edge $\left{r, r_i\right}$ to POSTE $/ *$ POSTE $* /$
Append vertex $r$ to POSTV $/ *$ POSTV */
End for
Return
End
For example, in Figure 9.2, $\operatorname{PREV}(T)=$ abefjklcdghi and $\operatorname{POSTV}(T)=$ ejklfbcghida. Our pseudocode is easily modified to do these traversals: Simply cross out those “List” lines whose comments refer to traversals you don’t want.

When a tree is being traversed, the programmer normally does not want a list of the vertices or edges. Instead, he wants to take some sort of action. Thus “Append vertex $v \ldots$ ” and “Append edge ${u, v} \ldots$.. would probably be replaced by something like “DoVERTEX $(v)$ ” and “DoEDGE $(u, v)$,” respectively.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Grammars and RP-Trees

Languages are important in computer science. Compilers convert programming languages into machine code. Automatic translation projects are entangled by the intricacies of natural languages. Researchers in artificial intelligence are interested in how people manage to understand language. We look briefly at a simple, small part of all this: “context-free grammars” and “parse trees.” To provide some background material, we’ll look at arithmetic expressions and at simple sentences.
Unfortunately, we’ll be introducing quit a bit of terminology. Fortunately, you won’t need most of it for later sections, so, if you forget it, you can simply look up what you need in the index at the time it is needed.
Example 9.5 Arithmetic expressions Let’s consider the meaning of the expression $(A+5) *(2+(3 * X))$.
It means $A+5$ times $2+(3 * X)$, which we can represent by the RP-tree in Figure 9.3(a). We can then interpret the subexpressions and replace them by their interpretations and so on until we obtain Figure 9.3(c). We can represent this recursive procedure as follows, where “exp” is short for “expression”.
INTERPRET $(\exp )$
If (exp has no operation)
Return the RP-tree with root exp
and no other vertices.
End if
Let $\exp =\left(\exp _l o p \exp { }_r\right)$.
Return the RP-tree with root op,
left principal subtree INTERPRET $\left(\exp _l\right)$ and
right principal subtree INTERPRET $\left(\exp _r\right)$.
End
Now suppose we wish to evaluate the expression, with a procedure we’ll call EVALUATE. One way of doing that would be to modify INTERPRET slightly so that it returns values instead of trees. A less obvious method is to traverse the tree generated by INTERPRET in POSTV order. Each leaf is replaced by its value and each nonleaf is replaced by the value of performing the operation it indicates on the values of its two sons.

To illustrate this, POSTV of Figure 9.3(c) is $A 5+23 X +$. Thus we replace the leaves labeled $A$ and 5 with their values, then the leftmost vertex labeled + with the value of $A+5$, and so on. POSTV of a tree associated with calculations is called postorder notation or reverse Polish notation. It is used in some computer languages such as Forth and PostScript ${ }^{\circledR}$ and in some handheld calculators.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Depth First Traversals

在树遍历中，我们通常想要处理顶点或边，并在第一次或最后一次遇到它们时进行处理。如果你只处理第一次遇到的东西，这就是预先遍历;如果你只列出它最后一次遇到的时候，这是一个后传遍历;这就引出了四个概念:
$\operatorname{PREV}(T)$预购顶点序列;
$\mathrm{POSTV}(T)$后置顶点序列;
$\mathrm{PREE}(T)$预定边缘序列;
$\mathrm{POSTE}(T)$后置边缘序列。

下面是深度优先遍历树的递归算法。序列PREV、POSTV、PREE和POSTE初始化为空。它们是“全局变量”，因此递归调用的所有级别都使用相同的四个序列。
DFT过程 $(T)$
让 $r$ 的根源 $T$
附加顶点 $r$ to PREV /* PREV / Let $k$ 的主子树的个数 $T$ /按照惯例，如果 $k=0 . * /$
因为 $i=1,2, \ldots, k$
让 $T_i$ 做一个 $i$ 的主子树 $T$
让 $r_i$ 的根源 $T_i$
附加边 $\left{r, r_i\right}$ 到PREE /* PREE */
$\operatorname{DFT}\left(T_i\right)$
附加边 $\left{r, r_i\right}$ 寄往邮政 $/ *$ 邮局 $* /$
附加顶点 $r$ 到POSTV $/ *$ post */
End for
返回
结束
例如，在图9.2中， $\operatorname{PREV}(T)=$ abefjklcdhi和 $\operatorname{POSTV}(T)=$ ejklfbcghida。我们的伪代码很容易被修改来完成这些遍历:只需划掉那些注释引用了您不想要的遍历的“List”行。

当遍历树时，程序员通常不想要一个顶点或边的列表。相反，他想采取某种行动。因此“追加顶点$v \ldots$”和“追加边${u, v} \ldots$ ..”可能会分别被“DoVERTEX $(v)$”和“DoEDGE $(u, v)$”这样的东西所取代。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Grammars and RP-Trees

语言在计算机科学中很重要。编译器将程序语言转换成机器代码。自动翻译项目被自然语言的复杂性所困扰。人工智能研究人员对人们如何理解语言很感兴趣。我们简单地看一下其中的一小部分:“与上下文无关的语法”和“解析树”。为了提供一些背景资料，我们将学习算术表达式和简单句子。
不幸的是，我们要介绍一些术语。幸运的是，在后面的章节中您将不需要其中的大部分内容，因此，如果您忘记了，您可以在需要时在索引中查找所需的内容。
例9.5算术表达式让我们考虑表达式$(A+5) *(2+(3 * X))$的含义。
它表示$A+5$乘以$2+(3 * X)$，我们可以用图9.3(a)中的rp树表示。然后，我们可以解释子表达式，并用子表达式的解释替换它们，以此类推，直到得到图9.3(c)。我们可以这样表示这个递归过程，其中“exp”是“expression”的缩写。
解释$(\exp )$
If (exp没有操作)
返回具有根exp的rp树
没有其他顶点。
结束if
让$\exp =\left(\exp _l o p \exp { }_r\right)$。
返回根为op的rp树，
左主子树解释$\left(\exp _l\right)$和
右主子树INTERPRET $\left(\exp _r\right)$。
结束
现在假设我们希望使用一个称为evaluate的过程对表达式求值。这样做的一种方法是稍微修改INTERPRET，使其返回值而不是树。一个不太明显的方法是按POSTV顺序遍历INTERPRET生成的树。每个叶子被它的值所替换，每个非叶子被它对两个子节点的值所指示的操作所替换。

为了说明这一点，图9.3(c)的POSTV是$A 5+23 X +$。因此，我们将标记为$A$和5的叶子替换为它们的值，然后将最左边标记为+的顶点替换为$A+5$的值，以此类推。与计算相关的树的POSTV称为postder表示法或反向波兰表示法。它用于一些计算机语言，如Forth和PostScript ${ }^{\circledR}$以及一些手持计算器。

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统计代写请认准statistics-lab™. statistics-lab™为您的留学生涯保驾护航。

金融工程代写

金融工程是使用数学技术来解决金融问题。金融工程使用计算机科学、统计学、经济学和应用数学领域的工具和知识来解决当前的金融问题，以及设计新的和创新的金融产品。

非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

术语广义线性模型（GLM）通常是指给定连续和/或分类预测因素的连续响应变量的常规线性回归模型。它包括多元线性回归，以及方差分析和方差分析（仅含固定效应）。

有限元方法代写

有限元方法（FEM）是一种流行的方法，用于数值解决工程和数学建模中出现的微分方程。典型的问题领域包括结构分析、传热、流体流动、质量运输和电磁势等传统领域。

有限元是一种通用的数值方法，用于解决两个或三个空间变量的偏微分方程（即一些边界值问题）。为了解决一个问题，有限元将一个大系统细分为更小、更简单的部分，称为有限元。这是通过在空间维度上的特定空间离散化来实现的，它是通过构建对象的网格来实现的：用于求解的数值域，它有有限数量的点。边界值问题的有限元方法表述最终导致一个代数方程组。该方法在域上对未知函数进行逼近。[1] 然后将模拟这些有限元的简单方程组合成一个更大的方程系统，以模拟整个问题。然后，有限元通过变化微积分使相关的误差函数最小化来逼近一个解决方案。

tatistics-lab作为专业的留学生服务机构，多年来已为美国、英国、加拿大、澳洲等留学热门地的学生提供专业的学术服务，包括但不限于Essay代写，Assignment代写，Dissertation代写，Report代写，小组作业代写，Proposal代写，Paper代写，Presentation代写，计算机作业代写，论文修改和润色，网课代做，exam代考等等。写作范围涵盖高中，本科，研究生等海外留学全阶段，辐射金融，经济学，会计学，审计学，管理学等全球99%专业科目。写作团队既有专业英语母语作者，也有海外名校硕博留学生，每位写作老师都拥有过硬的语言能力，专业的学科背景和学术写作经验。我们承诺100%原创，100%专业，100%准时，100%满意。

随机分析代写

随机微积分是数学的一个分支，对随机过程进行操作。它允许为随机过程的积分定义一个关于随机过程的一致的积分理论。这个领域是由日本数学家伊藤清在第二次世界大战期间创建并开始的。

时间序列分析代写

随机过程，是依赖于参数的一组随机变量的全体，参数通常是时间。随机变量是随机现象的数量表现，其时间序列是一组按照时间发生先后顺序进行排列的数据点序列。通常一组时间序列的时间间隔为一恒定值（如1秒，5分钟，12小时，7天，1年），因此时间序列可以作为离散时间数据进行分析处理。研究时间序列数据的意义在于现实中，往往需要研究某个事物其随时间发展变化的规律。这就需要通过研究该事物过去发展的历史记录，以得到其自身发展的规律。

回归分析代写

多元回归分析渐进（Multiple Regression Analysis Asymptotics）属于计量经济学领域，主要是一种数学上的统计分析方法，可以分析复杂情况下各影响因素的数学关系，在自然科学、社会和经济学等多个领域内应用广泛。

MATLAB代写

MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。

R语言代写	问卷设计与分析代写
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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Quicksort

Posted on 2023年7月4日2023年7月4日 by statistics-lab

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Quicksort

In Quicksort, an item is selected and the list is divided into two pieces: those items that should be before the selected item and those that should be after it. This is done in place so that one sublist precedes the other. If the two sublists are then sorted recursively using Quicksort, the entire original list will be sorted. About n comparisons are needed to divide the list.
How is the division accomplished? Here’s one method. Memorize a list element, say x. Start a pointer at the left end of the list and move it rightward until something larger than x is encountered. Similarly, start a pointer moving leftward from the right end until something smaller than x is encountered. Switch the two items and start the pointers moving again. When the pointers reach the same item, everything to the left of the item is at most equal to x and everything to right of it is at least equal to x.
How long Quicksort takes depends on how evenly the list is divided. In the worst case, one sublist has one item and the remaining items are in the other. If this continues through each division, the number of comparisons needed to sort the original list is about n
2/2. In the best case, the two sublists are as close to equal as possible. If this continues through each division, the number of comparisons needed to sort the original list is about n log2 n. The average number of sorts required is fairly close to n log2 n, but it’s a bit tricky to prove it. We’ll discuss it in Example 10.12 (p. 289)

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Heapsort

We give a rough idea of the nature of Heapsort. A full discussion of Heapsort is beyond the scope of this text.

To explain Heapsort, we must define a heap. This data structure was described in a rough form above. Here is a complete, but terse, definition. A heap is a rooted binary tree with a bijection between the vertices and the items that are being sorted. The tree and bijection $f$ satisfy the following.

The smallest item in the image of $f$ is associated with the root.
The heights of the sons of the root differ by at most one.
For each son $v$ of the root, the subtree rooted at $v$ and the bijection restricted to that subtree form a heap.

Thus the smallest case is a tree consisting of one vertex. This corresponds to a list with one element.
It turns out that it is fairly easy to add an item so that the heap structure is preserved and to remove the least item from the heap, in a way that preserves the heap structure. We will not discuss how a heap is implemented or how these operations are carried out. If you are interested in such details, see a text on data structures and algorithms.

Heapsort creates a heap from the unsorted list and then creates a sorted list from the heap by removing items one by one so that the heap structure is preserved. Thus the divide and conquer method in Heapsort involves the dividing of sorting into two phases: (a) creating the heap and (b) using the heap. Inserting or removing an item involves traversing a path between the root and a leaf. Since the greatest distance to a leaf in a tree with $k$ nodes is about $\log 2 k$, the creation of the heap from an unsorted list takes about $\sum{k=1}^n \log _2 k \approx n \log _2 n$ comparisons, as does the dismantling of the heap to form the sorted list. Thus Heapsort is a reasonably fast sort.

Note that a heap is an intermediate data structure which is quickly constructed from an unsorted list and which quickly leads to a sorted list. This observation is important. If we are in a situation where we need to continually add to a list and remove the smallest item, a heap is a good data structure to use. This is illustrated in the following example.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Quicksort

在快速排序中，一个项目被选中，列表被分成两部分:那些项目应该在被选中的项目之前，而那些项目应该在它之后。这是在适当的地方完成的，以便一个子列表在另一个子列表之前。如果然后使用快速排序对两个子列表进行递归排序，则将对整个原始列表进行排序。大约需要n次比较来划分列表。
划分是如何完成的?这里有一个方法。记住一个列表元素，比如x，在列表的左端开始一个指针，然后向右移动，直到遇到比x大的元素。类似地，开始一个指针从右端向左移动，直到遇到小于x的值。切换两个项目，并开始指针再次移动。当指针到达同一项时，该项左边的所有元素最多等于x，右边的所有元素至少等于x。
快速排序所需的时间取决于列表划分的均匀程度。在最坏的情况下，一个子列表有一个项，其余的项在另一个子列表中。如果这种情况在每次除法中都持续下去，那么对原始列表进行排序所需的比较次数约为n
2/2。在最好的情况下，两个子列表尽可能接近相等。如果每次除法都是这样，那么对原始列表进行排序所需的比较次数大约是n log2 n。所需的平均排序次数相当接近n log2 n，但要证明它有点棘手。我们将在例10.12中讨论它。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Heapsort

我们给出了堆排序本质的一个粗略概念。对堆排序的全面讨论超出了本文的范围。

为了解释堆排序，我们必须定义一个堆。这个数据结构在上面以粗略的形式描述过。这是一个完整而简洁的定义。堆是一个有根的二叉树，在顶点和要排序的项之间有一个双射。树和双注入$f$满足以下条件。

$f$映像中最小的项与根节点相关联。

树根之子的高度至多相差一。

对于根的每个子节点$v$，根在$v$的子树和限制在该子树的双射形成一个堆。

因此，最小的情况是只有一个顶点的树。这对应于一个只有一个元素的列表。
事实证明，添加一个项目以保留堆结构并从堆中删除最小的项目(以保留堆结构的方式)相当容易。我们将不讨论如何实现堆或如何执行这些操作。如果您对这些细节感兴趣，请参阅有关数据结构和算法的文本。

Heapsort从未排序的列表创建一个堆，然后通过逐个删除项从堆中创建一个排序的列表，从而保留堆结构。因此，Heapsort中的分而治之方法涉及将排序分为两个阶段:(a)创建堆和(b)使用堆。插入或删除项涉及遍历根和叶子之间的路径。由于到具有$k$节点的树的叶子的最大距离约为$\log 2 k$，因此从未排序列表创建堆需要进行$\sum{k=1}^n \log _2 k \approx n \log _2 n$比较，就像拆除堆以形成已排序列表一样。因此堆排序是一种相当快的排序。

请注意，堆是一种中间数据结构，它可以从未排序的列表快速构建，并快速生成已排序的列表。这个观察结果很重要。如果我们需要不断地向列表中添加并删除最小的项，那么堆是一种很好的数据结构。下面的示例说明了这一点。

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金融工程代写

非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Nonhomogeneous Recurrence Relations

Posted on 2023年6月17日2023年6月17日 by statistics-lab

我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Nonhomogeneous Recurrence Relations

Recurrence relations that are not homogeneous are, in general, more difficult to solve and require special techniques, depending on the nonhomogeneous part of the relation (the term $b_n$ in (7.13)). In this section we consider several examples of linear nonhomogeneous recurrence relations with constant coefficients. Our first example is a famous puzzle.
Example. (Towers of Hanoi puzzle). There are three pegs and $n$ circular disks of increasing size on one peg, with the largest disk on the bottom. These disks are to be transferred, one at a time, onto another of the pegs, with the provision that at no time is one allowed to place a larger disk on top of a smaller one. The problem is to determine the number of moves necessary for the transfer.

Let $h_n$ be the number of moves required to transfer $n$ disks. One verifies that $h_0=0, h_1=1$ and $h_2=3$. Can we find a recurrence relation that is satisfied by $h_n$ ? To transfer $n$ disks to another peg we must first transfer the top $n-1$ disks to a peg, transfer the largest disk to the vacant peg, and then transfer the $n-1$ disks to the peg which now contains the largest disk. Thus, $h_n$ satisfies
$$
\begin{aligned}
h_n & =2 h_{n-1}+1, \quad(n \geq 1) \
h_0 & =0 .
\end{aligned}
$$
This is a linear recurrence relation of order 1 with constant coefficients, but it is not homogeneous because of the presence of the term 1. To find $h_n$ we iterate $(7.31)$ :
$$
\begin{aligned}
h_n & =2 h_{n-1}+1 \
& =2\left(2 h_{n-2}+1\right)+1=2^2 h_{n-2}+2+1
\end{aligned}
$$$$
\begin{aligned}
& =2^2\left(2 h_{n-3}+1\right)+2+1=2^3 h_{n-3}+2^2+2+1 \
& \vdots \
& =2^{n-1}\left(h_0+1\right)+2^{n-2}+\cdots+2^2+2+1 \
& =2^{n-1}+\cdots+2^2+2+1 .
\end{aligned}
$$
Therefore, the numbers $h_n$ are the partial sums of the geometric sequence
$$
1,2,2^2, \ldots, 2^n, \ldots
$$
and hence satisfy
$$
h_n=\frac{2^n-1}{2-1}=2^n-1, \quad(n \geq 0) .
$$
Now that we have a formula for $h_n$, it can easily be verified by mathematical induction and the recurrence relation (7.31). Here is how such a verification goes. Since $h_0=0,(7.32)$ holds for $n=0$. Assume that (7.32) holds for $n$. We then show that it holds with $n$ replaced by $n+1$; that is,
$$
h_{n+1}=2 h_n+1=2\left(2^n-1\right)+1=2^{n+1}-1,
$$
proving the formula (7.32).

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Generating Functions

In this section we discuss the method of generating functions as it pertains to solving counting problems. On one level, generating functions can be regarded as algebraic objects whose formal manipulation allows one to count the number of possibilities for a problem by means of algebra. On another level, generating functions are Taylor series (power series expansions) of infinitely differentiable functions. If we can find the function and its Taylor series, then the coefficients of the Taylor series give the solution to the problem. For the most part we keep questions of convergence in the background and manipulate power series on a formal basis.
Let
$$
h_0, h_1, h_2, \ldots, h_n, \ldots
$$
be an infinite sequence of numbers. Its generating function is defined to be the infinite series
$$
g(x)=h_0+h_1 x+h_2 x^2+\cdots+h_n x^n+\cdots .
$$
The coefficient of $x^n$ in $g(x)$ is the $n$th term $h_n$ of (7.40); thus, $x^n$ acts as a placeholder for $h_n$. A finite sequence
$$
h_0, h_1, h_2 \ldots, h_m
$$
can be regarded as the infinite sequence
$$
h_0, h_1, h_2, \ldots, h_m, 0,0, \ldots
$$
in which all but a finite number of terms equal 0 . Hence, every finite sequence has a generating function
$$
g(x)=h_0+h_1 x+h_2 x^2+\cdots+h_m x^m
$$
which is a polynomial.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Nonhomogeneous Recurrence Relations

一般来说，非齐次的递归关系更难求解，需要特殊的技术，这取决于关系的非齐次部分(公式(7.13)中的$b_n$)。在本节中，我们考虑几个常系数线性非齐次递推关系的例子。我们的第一个例子是一个著名的谜题。
示例:(河内塔拼图)。有三个挂钩和$n$圆形圆盘，一个挂钩上的大小越来越大，最大的圆盘在底部。这些磁盘将一次一个地转移到另一个挂钩上，同时规定任何时候都不允许将较大的磁盘放在较小的磁盘上。问题是确定转移所需的移动次数。

设$h_n$为传输$n$个磁盘所需的移动次数。一个验证$h_0=0, h_1=1$和$h_2=3$。我们能找到一个满足$h_n$的递归关系吗?要将$n$磁盘转移到另一个peg，我们必须首先将顶部$n-1$磁盘转移到一个peg，将最大的磁盘转移到空的peg，然后将$n-1$磁盘转移到现在包含最大磁盘的peg。因此，$h_n$满足
$$
\begin{aligned}
h_n & =2 h_{n-1}+1, \quad(n \geq 1) \
h_0 & =0 .
\end{aligned}
$$
这是一个常系数的1阶线性递推关系，但它不是齐次的因为有1项的存在。为了找到$h_n$，我们迭代$(7.31)$:
$$
\begin{aligned}
h_n & =2 h_{n-1}+1 \
& =2\left(2 h_{n-2}+1\right)+1=2^2 h_{n-2}+2+1
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& =2^2\left(2 h_{n-3}+1\right)+2+1=2^3 h_{n-3}+2^2+2+1 \
& \vdots \
& =2^{n-1}\left(h_0+1\right)+2^{n-2}+\cdots+2^2+2+1 \
& =2^{n-1}+\cdots+2^2+2+1 .
\end{aligned}
$$
因此，数字$h_n$是几何数列的部分和
$$
1,2,2^2, \ldots, 2^n, \ldots
$$
因此满足
$$
h_n=\frac{2^n-1}{2-1}=2^n-1, \quad(n \geq 0) .
$$
现在我们有了$h_n$的公式，它可以很容易地通过数学归纳法和递归关系(7.31)来验证。以下是验证的过程。因为$h_0=0,(7.32)$表示$n=0$。假设(7.32)对$n$成立。然后我们用$n+1$代替$n$证明它成立;也就是说，
$$
h_{n+1}=2 h_n+1=2\left(2^n-1\right)+1=2^{n+1}-1,
$$
证明式(7.32)

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Generating Functions

在本节中，我们讨论与解决计数问题有关的生成函数的方法。在一个层面上，生成函数可以被视为代数对象，其形式操作允许人们通过代数来计算问题的可能性数量。在另一个层次上，生成函数是无穷可微函数的泰勒级数(幂级数展开)。如果我们能找到函数和它的泰勒级数，那么泰勒级数的系数就给出了问题的解。在大多数情况下，我们把收敛问题放在后台，而在正式的基础上处理幂级数。
让
$$
h_0, h_1, h_2, \ldots, h_n, \ldots
$$
是一个无限数列。它的生成函数被定义为无穷级数
$$
g(x)=h_0+h_1 x+h_2 x^2+\cdots+h_n x^n+\cdots .
$$
$g(x)$中的$x^n$系数为(7.40)的$n$第1项$h_n$;因此，$x^n$充当$h_n$的占位符。有限序列
$$
h_0, h_1, h_2 \ldots, h_m
$$
可以看作是无穷数列吗
$$
h_0, h_1, h_2, \ldots, h_m, 0,0, \ldots
$$
其中除了有限个数外所有项都等于0。因此，每个有限序列都有一个生成函数
$$
g(x)=h_0+h_1 x+h_2 x^2+\cdots+h_m x^m
$$
这是一个多项式。

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金融工程代写

非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

有限元方法代写

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Derangements

Posted on 2023年6月17日2023年6月17日 by statistics-lab

我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
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Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Derangements

At a party, 10 gentlemen check their hats. In how many ways can their hats be returned so that no gentleman gets the hat with which he arrived? The 8 spark plugs of a V-8 engine are removed from their cylinders for cleaning. In how many ways can they be returned to the cylinders so that no spark plug goes into the cylinder whence it came? In how many ways can the letters M,A,D,I,S,O,N be written down so that the “word” spelled disagrees completely with the spelling of the word MADISON in the sense that no letter occupies the same position as it does in the word MADISON? Each of these questions is an instance of the following general problem.

We are given an $n$-element set $X$ in which each element has a specified location, and we are asked to find the number of permutations of the set $X$ in which no element is in its specified location. In the first question, the set $X$ is the set of 10 hats, and the specified location of a hat is (the head of) the gentleman to which it belongs. In the second question, $X$ is the set of spark plugs, and the location of a spark plug is the cylinder which contained it. In the third question, $X={\mathrm{M}, \mathrm{A}, \mathrm{D}, \mathrm{I}, \mathrm{S}, \mathrm{O}, \mathrm{N}}$, and the location of a letter is that specified by the word MADISON.

Since the actual nature of the objects is irrelevant, we may take $X$ to be the set ${1,2, \ldots, n}$ in which the location of each of the integers is that specified by its position in the sequence $1,2, \ldots, n$. A derangement of ${1,2, \ldots, n}$ is a permutation $i_1 i_2 \ldots i_n$ of ${1,2, \ldots, n}$ such that $i_1 \neq 1, i_2 \neq 2, \ldots, i_n \neq n$. Thus, a derangement of ${1,2, \ldots, n}$ is a permutation $i_1 i_2 \cdots i_n$ of ${1,2, \ldots, n}$ in which no integer is in its natural position:
$$
i_1 \neq 1 \quad i_2 \neq 2 \quad \cdots \quad i_n \neq n .
$$

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Permutations with Forbidden Positions

In this section we consider the general problem of counting permutations of ${1,2, \ldots, n}$ with restrictions on which integers can occupy each place of the permutation.
Let
$$
X_1, X_2, \ldots, X_n
$$
be (possibly empty) subsets of ${1,2, \ldots, n}$. We denote by
$$
P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)
$$
the set of all permutations $i_1 i_2 \cdots i_n$ of ${1,2, \ldots, n}$ such that
$$
\begin{gathered}
i_1 \text { is not in } X_1, \
i_2 \text { is not in } X_2, \
\vdots \
i_n \text { is not in } X_n .
\end{gathered}
$$
A permutation of ${1,2, \ldots, n}$ belongs to the set $P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)$ provided that an element of $X_1$ does not occupy the first place (thus, the only elements that can be in the first place are those in the complement $\overline{X_1}$ of $X_1$ ), an element of $X_2$ does not occupy the second place, $\ldots$, and an element of $X_n$ does not occupy the $n$th place. The number of permutations in $P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)$ is denoted by
$$
p\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)=\left|P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)\right|
$$

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Derangements

在一个聚会上，10位绅士检查他们的帽子。有多少种方法可以把他们的帽子还给他们，使任何绅士都拿不到他来时戴的帽子?V-8发动机的8个火花塞从气缸中取出进行清洁。有多少种方法可以将火花塞放回汽缸，使火花塞不会从哪里进入汽缸?字母M,A,D,I,S,O,N有多少种写法，使得单词“word”的拼写与单词“MADISON”的拼写完全不一致，也就是说没有一个字母的位置与单词“MADISON”的位置相同?这些问题中的每一个都是下面一般问题的一个实例。

给定一个$n$ -element集合$X$，其中每个元素都有一个指定的位置，我们被要求找出集合$X$中没有元素位于其指定位置的排列次数。在第一个问题中，集合$X$是10顶帽子的集合，帽子的指定位置是它所属的绅士的(头部)。在第二个问题中，$X$是一组火花塞，火花塞的位置是包含它的气缸。在第三个问题$X={\mathrm{M}, \mathrm{A}, \mathrm{D}, \mathrm{I}, \mathrm{S}, \mathrm{O}, \mathrm{N}}$中，字母的位置是由单词MADISON指定的。

由于对象的实际性质是不相关的，我们可以取$X$为集合${1,2, \ldots, n}$，其中每个整数的位置是由其在序列$1,2, \ldots, n$中的位置指定的。${1,2, \ldots, n}$的错乱是${1,2, \ldots, n}$的一种排列$i_1 i_2 \ldots i_n$，使得$i_1 \neq 1, i_2 \neq 2, \ldots, i_n \neq n$。因此，${1,2, \ldots, n}$的错乱是${1,2, \ldots, n}$的排列$i_1 i_2 \cdots i_n$，其中没有整数在其自然位置上:
$$
i_1 \neq 1 \quad i_2 \neq 2 \quad \cdots \quad i_n \neq n .
$$

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Permutations with Forbidden Positions

在本节中，我们考虑计算${1,2, \ldots, n}$置换的一般问题，并考虑整数可以占据置换的每个位置的限制。
让
$$
X_1, X_2, \ldots, X_n
$$
是${1,2, \ldots, n}$的子集(可能为空)。我们用
$$
P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)
$$
所有排列的集合$i_1 i_2 \cdots i_n$的${1,2, \ldots, n}$使得
$$
\begin{gathered}
i_1 \text { is not in } X_1, \
i_2 \text { is not in } X_2, \
\vdots \
i_n \text { is not in } X_n .
\end{gathered}
$$
${1,2, \ldots, n}$的一个排列属于$P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)$集合，条件是$X_1$的元素不占第一个位置(因此，唯一可以在第一个位置的元素是$X_1$的补语$\overline{X_1}$)， $X_2$的元素不占第二个位置，$\ldots$, $X_n$的元素不占$n$的位置。$P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)$中的排列数用
$$
p\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)=\left|P\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)\right|
$$

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非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The Binomial Theorem

Posted on 2023年6月17日2023年6月17日 by statistics-lab

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The Binomial Theorem

The binomial coefficients receive their name from their appearance in the binomial theorem. The first few cases of this theorem should be familiar algebraic identities.

Theorem 5.2.1 Let $n$ be a positive integer. Then, for all $x$ and $y$,
$$
\begin{aligned}
(x+y)^n=x^n+ & \left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right) x^{n-1} y+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right) x^{n-2} y^2+\cdots \
& +\left(\begin{array}{c}
n \
n-1
\end{array}\right) x^1 y^{n-1}+y^n .
\end{aligned}
$$
In summation notation,
$$
(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right) x^{n-k} y^k .
$$
First proof. Write $(x+y)^n$ as the product
$$
(x+y)(x+y) \cdots(x+y)
$$
of $n$ factors each equal to $x+y$. We completely expand this product, using the distributive law, and group together like terms. Since, for each factor $(x+y)$, we can choose either $x$ or $y$ in multiplying out $(x+y)^n$, there are $2^n$ terms that result and each can be arranged in the form $x^{n-k} y^k$ for some $k=0,1, \ldots, n$. We obtain the term $x^{n-k} y^k$ by choosing $y$ in $k$ of the $n$ factors and $x$ (by default) in the remaining $n-k$ factors. Thus, the number of times the term $x^{n-k} y^k$ occurs in the expanded product equals the number $\left(\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right)$ of $k$-combinations of the set of $n$ factors. Therefore,
$$
(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right) x^{n-k} y^k
$$

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Identities

We now consider some additional identities satisfied by the binomial coefficients. The identity
$$
k\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right)=n\left(\begin{array}{l}
n-1 \
k-1
\end{array}\right), \quad(n \text { and } k \text { positive integers })
$$

follows immediately from the fact that $\left(\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right)=0$ if $k>n$ and
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right)=\frac{n(n-1) \cdots(n-k+1)}{k(k-1) \cdots 1} \quad \text { for } \quad 1 \leq k \leq n .
$$
The identity
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)+\cdots+\left(\begin{array}{l}
n \
n
\end{array}\right)=2^n, \quad(n \geq 0)
$$
has already been proved as Theorem 3.3.2, but it also follows from the binomial theorem by setting $x=y=1$. If we set $x=1, y=-1$ in the binomial theorem, then we obtain
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)-\left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)-\cdots+(-1)^n\left(\begin{array}{l}
n \
n
\end{array}\right)=0, \quad(n \geq 1) .
$$
We can also write this as
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)+\cdots=\left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
3
\end{array}\right)+\ldots, \quad(n \geq 1) .
$$
This identity can be interpreted as follows: If $S$ is a set of $n$ elements, then the number of combinations of $S$ with an even number of elements equals the number of combinations of $S$ with an odd number of elements. Indeed, both have the value $2^{n-1}$; that is,
$$
\begin{aligned}
& \left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)+\cdots=2^{n-1}, \text { and } \
& \left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
3
\end{array}\right)+\cdots=2^{n-1} .
\end{aligned}
$$

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The Binomial Theorem

二项式系数因其在二项式定理中的出现而得名。这个定理的前几个例子应该是熟悉的代数恒等式。

定理5.2.1令 $n$ 是一个正整数。然后，对所有人来说 $x$ 和 $y$，
$$
\begin{aligned}
(x+y)^n=x^n+ & \left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right) x^{n-1} y+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right) x^{n-2} y^2+\cdots \
& +\left(\begin{array}{c}
n \
n-1
\end{array}\right) x^1 y^{n-1}+y^n .
\end{aligned}
$$
在求和符号中，
$$
(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right) x^{n-k} y^k .
$$
第一个证明。写 $(x+y)^n$ 作为产品
$$
(x+y)(x+y) \cdots(x+y)
$$
的 $n$ 每个因子都等于 $x+y$．我们完全展开这个乘积，用分配律，把相似项组合在一起。因为，对于每个因素 $(x+y)$，我们可以任选其一 $x$ 或 $y$ 乘出来 $(x+y)^n$，有 $2^n$ 结果和每个项可以在表格中排列 $x^{n-k} y^k$ 对一些人来说 $k=0,1, \ldots, n$．我们得到这个项 $x^{n-k} y^k$ 通过选择 $y$ 在 $k$ 的 $n$ 因素及 $x$ (默认情况下) $n-k$ 因素。因此，项的次数 $x^{n-k} y^k$ 出现在膨胀乘积等于的数 $\left(\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right)$ 的 $k$-集合的组合 $n$ 因素。因此，
$$
(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right) x^{n-k} y^k
$$

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Identities

现在我们考虑一些由二项式系数满足的附加恒等式。身份
$$
k\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right)=n\left(\begin{array}{l}
n-1 \
k-1
\end{array}\right), \quad(n \text { and } k \text { positive integers })
$$

直接从$\left(\begin{array}{l}n \ k\end{array}\right)=0$如果$k>n$和
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
k
\end{array}\right)=\frac{n(n-1) \cdots(n-k+1)}{k(k-1) \cdots 1} \quad \text { for } \quad 1 \leq k \leq n .
$$
身份
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)+\cdots+\left(\begin{array}{l}
n \
n
\end{array}\right)=2^n, \quad(n \geq 0)
$$
已经被证明为定理3.3.2，但它也是由二项式定理通过设置$x=y=1$推导出来的。在二项式定理中设$x=1, y=-1$，则得到
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)-\left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)-\cdots+(-1)^n\left(\begin{array}{l}
n \
n
\end{array}\right)=0, \quad(n \geq 1) .
$$
我们也可以把它写成
$$
\left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)+\cdots=\left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
3
\end{array}\right)+\ldots, \quad(n \geq 1) .
$$
这个恒等式可以解释如下:如果$S$是一个$n$元素的集合，那么$S$与偶数个元素的组合次数等于$S$与奇数个元素的组合次数。的确，两者的值都是$2^{n-1}$;也就是说，
$$
\begin{aligned}
& \left(\begin{array}{l}
n \
0
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
2
\end{array}\right)+\cdots=2^{n-1}, \text { and } \
& \left(\begin{array}{l}
n \
1
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}
n \
3
\end{array}\right)+\cdots=2^{n-1} .
\end{aligned}
$$

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非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

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广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Permutations of Multisets

Posted on 2023年6月7日2023年6月7日 by statistics-lab

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Statistical Inference 统计推断
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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Permutations of Multisets

If $S$ is a multiset, an $r$-permutation of $S$ is an ordered arrangement of $r$ of the objects of $S$. If the total number of objects of $S$ is $n$ (counting repetitions), then an $n$-permutation of $S$ will also be called a permutation of $S$. For example, if $S={2 \cdot a, 1 \cdot b, 3 \cdot c}$, then
$a c b c \quad c b c c$
are 4-permuations of $S$, while
$a b c c c a$
is a permutation of $S$. The multiset $S$ has no 7-permutations since $7>2+1+3=6$, the number of objects of $S$. We first count the number of $r$-permutations of a multiset $S$, each of whose repetition number is infinite.

Theorem 3.4.1 Let $S$ be a multiset with objects of $k$ different types, where each has an infinite repetition number. Then the number of $r$ permutations of $S$ is $k^r$.

Proof. In constructing an $r$-permutation of $S$, we can choose the first item to be an object of any one of the $k$ types. Similarly, the second item can be an object of any one of the $k$ types, and so on. Since all repetition numbers of $S$ are infinite, the number of different choices for any item is always $k$ and does not depend on the choices of any previous items. By the multiplication principle, the $r$ items can be chosen in $k^r$ ways.

An alternative phrasing of the theorem is the following: The number of $r$-permutations of $k$ distinct objects, each available in unlimited supply, equals $k^r$. We also note that the conclusion of the theorem remains true if the repetition numbers of the $k$ different types of objects of $S$ are all at least $r$. The assumption that the repetition numbers are infinite is a simple way of ensuring that we never run out of objects of any type.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Combinations of Multisets

If $S$ is a multiset, then an $r$-combination of $S$ is an unordered selection of $r$ of the objects of $S$. Thus, an $r$-combination of $S$ is itself a multiset, a submultiset of $S$. If $S$ has $n$ objects, then there is only one $n$-combination of $S$, namely, $S$ itself. If $S$ contains objects of $k$ different types, then there are $k$ 1-combinations of $S$.

Example. If $S={2 \cdot a, 1 \cdot b, 3 \cdot c}$, then the 3-combinations of $S$ are
$$
\begin{gathered}
{2 \cdot a, 1 \cdot b}, \quad{2 \cdot a, 1 \cdot c}, \quad{1 \cdot a, 1 \cdot b, 1 \cdot c} \
{1 \cdot a, 2 \cdot c}, \quad{1 \cdot b, 2 \cdot c}, \quad{3 \cdot c}
\end{gathered}
$$
We first count the number of $r$-combinations of a multiset all of whose repetition numbers are infinite.

Theorem 3.5.1 Let $S$ be a multiset with objects of $k$ types, each with an infinite repetition number. Then the number of r-combinations of $S$ equals
$$
\left(\begin{array}{c}
r+k-1 \
r
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
r+k-1 \
k-1
\end{array}\right)
$$
Proof. Let the $k$ types of objects of $S$ be $a_1, a_2, \ldots, a_k$ so that
$$
S=\left{\infty \cdot a_1, \infty \cdot a_2, \ldots, \infty \cdot a_k\right}
$$
Any $r$-combination of $S$ is of the form $\left{x_1 \cdot a_1, x_2 \cdot a_2, \ldots, x_k \cdot a_k\right}$ where $x_1, x_2, \ldots, x_k$ are nonnegative integers with $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$. Conversely, every sequence $x_1, x_2, \ldots, x_k$ of nonnegative integers with $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$ corresponds to an $r$-combination of $S$. Thus, the number of $r$-combinations of $S$ equals the number of solutions of the equation
$$
x_1+x_2+\cdots+x_k=r
$$
where $x_1, x_2, \ldots, x_k$ are nonnegative integers. We show that the number of these solutions equals the number of permutations of the multiset
$$
T={r \cdot 1,(k-1) \cdot *}
$$
of objects of two different types. ${ }^9$ Given a permutation of $T$, the $k-1$ *’s divide the $r 1$ ‘s into $k$ groups. Let there be $x_1 1$ ‘s to the left of the first $, x_2$ 1’s between the first and the second $, \ldots$, and $x_k 1$ ‘s to the right of the last $*$. Then $x_1, x_2, \ldots, x_k$ are nonnegative integers with $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$. Conversely, given nonnegative integers $x_1, x_2, \ldots, x_k$ with $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$, we can reverse the preceding steps and construct a permutation of $T .{ }^{10}$ Thus, the number of $r$ combinations of the multiset $S$ is equal to the number of permutations of the multiset $T$, which by Theorem 3.4 .2 equals
$$
\frac{(r+k-1) !}{r !(k-1) !}=\left(\begin{array}{c}
r+k-1 \
r
\end{array}\right)
$$

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Permutations of Multisets

如果$S$是一个多集，那么$S$的$r$ -排列就是$S$的对象$r$的有序排列。如果$S$的对象总数是$n$(计算重复次数)，那么$S$的$n$ -排列也将被称为$S$的排列。例如，如果$S={2 \cdot a, 1 \cdot b, 3 \cdot c}$，则
$a c b c \quad c b c c$
是$S$的4种排列，而
$a b c c c a$
是$S$的排列。多集$S$自$7>2+1+3=6$ ($S$的对象数)以来没有7个排列。我们首先计算一个多集$S$的$r$ -排列的个数，每个多集的重复次数都是无限的。

定理3.4.1设$S$为一个多集，其对象的类型为$k$，每个对象的重复次数为无穷大。那么$S$的$r$排列次数为$k^r$。

证明。在构造$S$的$r$ -排列时，我们可以选择第一项为$k$类型中的任意一种对象。类似地，第二项可以是$k$类型中的任何一种对象，以此类推。由于$S$的所有重复数都是无限的，任何项目的不同选择的数量总是$k$，并且不依赖于任何先前项目的选择。根据乘法原理，可以以$k^r$的方式选择$r$项。

该定理的另一种表述如下:$k$个不同对象的$r$ -排列的数量，每个对象都有无限的供应，等于$k^r$。我们还注意到，如果$S$的$k$不同类型对象的重复数都至少为$r$，则定理的结论仍然成立。假设重复次数是无限的，这是一种确保我们永远不会耗尽任何类型对象的简单方法。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Combinations of Multisets

如果$S$是一个多集，那么$S$的$r$ -组合就是$S$的对象$r$的无序选择。因此，$S$的$r$ -组合本身就是一个多集，是$S$的一个子多集。如果$S$有$n$对象，那么$S$只有一个$n$ -组合，即$S$本身。如果$S$包含$k$不同类型的对象，则有$k$ 1- $S$的组合。

示例:如果是$S={2 \cdot a, 1 \cdot b, 3 \cdot c}$，那么$S$的3种组合是
$$
\begin{gathered}
{2 \cdot a, 1 \cdot b}, \quad{2 \cdot a, 1 \cdot c}, \quad{1 \cdot a, 1 \cdot b, 1 \cdot c} \
{1 \cdot a, 2 \cdot c}, \quad{1 \cdot b, 2 \cdot c}, \quad{3 \cdot c}
\end{gathered}
$$
我们首先计算一个多集的$r$ -组合的个数，所有这些组合的重复次数都是无限的。

定理3.5.1令 $S$ 是具有对象的多集合 $k$ 类型，每个类型具有无限重复数。然后是r组合的个数 $S$ 等于
$$
\left(\begin{array}{c}
r+k-1 \
r
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
r+k-1 \
k-1
\end{array}\right)
$$
证明。让他们 $k$ 的对象类型 $S$ 他 $a_1, a_2, \ldots, a_k$ 如此……以至于……
$$
S=\left{\infty \cdot a_1, \infty \cdot a_2, \ldots, \infty \cdot a_k\right}
$$
有吗? $r$-组合 $S$ 是这样的形式 $\left{x_1 \cdot a_1, x_2 \cdot a_2, \ldots, x_k \cdot a_k\right}$ 在哪里 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ 非负整数是 $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$．反过来，每个序列 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ 非负整数的 $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$ 对应于 $r$-组合 $S$．因此，的数量 $r$-的组合 $S$ 等于方程解的个数
$$
x_1+x_2+\cdots+x_k=r
$$
在哪里 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ 都是非负整数。我们证明了这些解的个数等于多集的排列个数
$$
T={r \cdot 1,(k-1) \cdot } $$ 两种不同类型的对象。 ${ }^9$ 给定的排列 $T$， $k-1$ 让我们把除以 $r 1$ 很好。 $k$ 组。让它存在 $x_1 1$ 在第一个路口的左边 $, x_2$ 1在第一个和第二个之间 $, \ldots$，和 $x_k 1$ 在最后一个的右边 $*$．然后 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ 非负整数是 $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$．相反，给定非负整数 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ 有 $x_1+x_2+\cdots+x_k=r$，我们可以把前面的步骤颠倒过来，构造一个的排列 $T .{ }^{10}$ 因此，的数量 $r$ multiset的组合 $S$ 等于多集合的排列次数 $T$，根据定理3.4，它等于
$$
\frac{(r+k-1) !}{r !(k-1) !}=\left(\begin{array}{c}
r+k-1 \
r
\end{array}\right)
$$

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金融工程代写

非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Four Basic Counting Principles

Posted on 2023年6月7日2023年6月7日 by statistics-lab

我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Four Basic Counting Principles

The first principle ${ }^1$ is very basic. It is one formulation of the principle that the whole is equal to the sum of its parts.

A partition of a set $S$ is a collection $S_1, S_2, \ldots, S_m$ of subsets of $S$ such that each element of $S$ is in exactly one of those subsets:
$$
\begin{gathered}
S=S_1 \cup S_2 \cup \cdots \cup S_m, \
S_i \cap S_j=\emptyset, \quad(i \neq j) .
\end{gathered}
$$

The subsets $S_1, S_2, \ldots, S_m$ are called the parts of the partition. We note that by this definition a part of a partition may be empty, but usually there is no advantage in considering partitions with one or more empty parts. The number of objects of a set $S$ is denoted by $|S|$ and is sometimes called the size of $S$.

Addition Principle. Suppose that a set $S$ is partitioned into parts $S_1, S_2, \ldots, S_m$. The number of objects in $S$ can be determined by finding the number of objects in each of the parts, and adding the numbers so obtained:
$$
|S|=\left|S_1\right|+\left|S_2\right|+\cdots+\left|S_m\right| .
$$
If the sets $S_1, S_2, \ldots, S_m$ are allowed to overlap, then a more profound principle, the inclusion-exclusion principle of Chapter 6 , can be used to count the number of objects in $S$.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Multiplication Principle

Multiplication Principle. Let $S$ be a set of ordered pairs $(a, b)$ of objects, where the first object a comes from a set of size $p$, and for each choice of object a there are $q$ choices for object b. Then the size of $S$ is $p \times q$ :
$$
|S|=p \times q
$$
The multiplication principle is actually a consequence of the addition principle. Let $a_1, a_2, \ldots, a_p$ be the $p$ different choices for the object $a$. We partition $S$ into parts $S_1, S_2, \ldots, S_p$ where $S_i$ is the set of ordered pairs in $S$ with first object $a_i,(i=1,2, \ldots, p)$. The size of each $S_i$ is $q$; hence, by the addition principle,
$$
\begin{aligned}
|S| & =\left|S_1\right|+\left|S_2\right|+\cdots+\left|S_p\right| \
& =q+q+\cdots+q \quad(p q \text { ‘s }) \
& =p \times q .
\end{aligned}
$$
Note how the basic fact – multiplication of whole numbers is just repeated addition – enters into the above derivation.

A second useful formulation of the multiplication principle is as follows: If a first task has $p$ outcomes and, no matter what the outcome of the first task, a second task has $q$ outcomes, then the two tasks performed consecutively have $p \times q$ outcomes.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Four Basic Counting Principles

第一个原则${ }^1$是非常基本的。这是整体等于各部分之和这一原则的一种表述。

集合$S$的一个分区是$S$的子集的一个集合$S_1, S_2, \ldots, S_m$，其中$S$的每个元素都恰好在其中一个子集中:
$$
\begin{gathered}
S=S_1 \cup S_2 \cup \cdots \cup S_m, \
S_i \cap S_j=\emptyset, \quad(i \neq j) .
\end{gathered}
$$

子集$S_1, S_2, \ldots, S_m$称为分区的各个部分。我们注意到，根据这个定义，分区的一部分可能是空的，但是考虑具有一个或多个空部分的分区通常没有任何好处。集合$S$的对象数量用$|S|$表示，有时也称为$S$的大小。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Multiplication Principle

乘法原理。设$S$是一个有序对$(a, b)$的对象集合，其中第一个对象a来自一个大小为$p$的集合，对于对象a的每一个选择都有对象b的$q$个选择。那么$S$的大小为$p \times q$:
$$
|S|=p \times q
$$
乘法原理实际上是加法原理的结果。设$a_1, a_2, \ldots, a_p$为$p$对象$a$的不同选择。我们将$S$划分为若干部分$S_1, S_2, \ldots, S_p$，其中$S_i$是$S$中具有第一个对象$a_i,(i=1,2, \ldots, p)$的有序对的集合。每个$S_i$的大小为$q$;因此，根据加法原理，
$$
\begin{aligned}
|S| & =\left|S_1\right|+\left|S_2\right|+\cdots+\left|S_p\right| \
& =q+q+\cdots+q \quad(p q \text { ‘s }) \
& =p \times q .
\end{aligned}
$$
注意这个基本事实——整数的乘法只是重复的加法——是如何进入上述推导的。

乘法原理的第二个有用公式如下:如果第一个任务的结果为$p$，并且无论第一个任务的结果如何，第二个任务的结果为$q$，那么连续执行的两个任务的结果为$p \times q$。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The 4-Color Problem

Posted on 2023年6月7日2023年6月7日 by statistics-lab

我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The 4-Color Problem

Consider a map on a plane or on the surface of a sphere where the countries are connected regions. ${ }^4$ In order to be able to differentiate countries quickly, it is required to color them so that two countries which have a common boundary receive different colors (a corner does not count as a common boundary). What is the smallest number of colors necessary to guarantee that every map can be so colored? Until fairly recently, this was one of the famous unsolved problems in mathematics. Its appeal to the layperson is due to the fact that it can be simply stated and understood. Except for the well-known angle-trisection problem, it has probably intrigued more amateur mathematicians than any other problem. First posed by Francis Guthrie about 1850 when he was a graduate student, it has also stimulated a large body of mathematical research. Some maps require four colors. An example is the map in Figure 1.7. Since each pair of the four countries of this map have a common boundary, it is clear that four colors are necessary to color the map. It was proven by Heawood ${ }^5$ in 1890 that five colors are always enough to color any map. It is not too difficult to show that it is impossible to have a map in the plane which has five countries, every pair of which have a boundary in common. Such a map, if it had existed, would have required five colors. But not having five countries every two of which have a common boundary does not mean that four colors suffice. It might be that some map in the plane requires five colors for other more subtle reasons.

In 1976 Appel and Haken $^6$ announced that they had proven that any map in the plane could be colored with four colors. Their proof required about 1200 hours of computer calculations, nearly 10 billion separate, logical decisions! A complete description of their proof appears in their book. ${ }^7$ Recently, the Appel-Haken proof was simplified by N. Robertson, D.P. Sanders, P.D. Seymour, and R. Thomas, ${ }^8$ although the proof still requires very substantial computer verification.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The Problem of the 36 Officers

Given 36 officers of 6 ranks and from 6 regiments, can they be arranged in a 6-by-6 formation so that in each row and column there is one officer of each rank and one officer from each regiment? This problem, which was posed in the eighteenth century by the Swiss mathematician L. Euler as a problem in recreational mathematics, has important repercussions in statistics, especially in the design of experiments (see Chapter 10$)$. An officer can be designated by an ordered pair $(i, j)$, where $i$ denotes his $\operatorname{rank}(i=1,2, \ldots, 6)$ and $j$ denotes his regiment $(j=1,2, \ldots, 6)$. Thus, the problem asks the following question:
Can the 36 ordered pairs $(i, j)(i=1,2, \ldots, 6 ; j=1,2, \ldots, 6)$ be arranged in a 6 -by- 6 array so that in each row and each column the integers $1,2, \ldots, 6$ occur in some order in the first positions and in some order in the second positions of the ordered pairs?
Such an array can be split into two 6-by-6 arrays, one corresponding to the first positions of the ordered pairs (the rank array) and the other to the second positions (the regiment array). Thus, the problem can be stated as follows:
Do there exist two 6-by-6 arrays whose entries are taken from the integers $1,2, \ldots, 6$ such that
(i) in each row and in each column of these arrays the integers $1,2, \ldots, 6$ occur in some order, and
(ii) when the two arrays are juxtaposed, all of the 36 ordered pairs $(i, j)(i=1,2, \ldots, 6 ; j=1,2, \ldots, 6)$ occur?

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The 4-Color Problem

考虑平面上的地图或球体表面上的地图，其中国家是连接的区域。${}^4$为了能够快速区分国家，需要对它们进行上色，以便有共同边界的两个国家接收不同的颜色(一个角落不算作共同边界)。要保证每张地图都有这样的颜色，最少需要多少种颜色?直到最近，这一直是数学中著名的未解决问题之一。它对外行人的吸引力是由于它可以简单地陈述和理解。除了众所周知的角三分问题，它可能比其他任何问题都更能引起业余数学家的兴趣。大约在1850年，Francis Guthrie还是一名研究生的时候首先提出了这个问题，它也刺激了大量的数学研究。有些地图需要四种颜色。图1.7中的映射就是一个例子。由于这张地图上的四个国家的每一对都有一个共同的边界，很明显，需要四种颜色来为地图上色。Heawood在1890年证明了五种颜色总是足以给任何地图上色的。不难看出，在有五个国家的平面上绘制一幅地图是不可能的，这五个国家的每一对都有共同的边界。这样的地图，如果存在的话，将需要五种颜色。但是，没有五个国家，每两个国家有一个共同的边界并不意味着四种颜色就足够了。可能是由于其他更微妙的原因，平面上的某些地图需要五种颜色。

1976年，阿佩尔和哈肯宣布，他们已经证明了平面上的任何地图都可以用四种颜色着色。他们的证明需要大约1200小时的计算机计算，近100亿个独立的逻辑决策!在他们的书中有对他们的证明的完整描述。${}^7$最近，Appel-Haken证明被N. Robertson, D.P. Sanders, P.D. Seymour和R. Thomas简化了，${}^8$尽管该证明仍然需要非常大量的计算机验证。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|The Problem of the 36 Officers

给定36名来自6个团的6级军官，可否将他们排成6乘6的阵型，使每排每列各有一名军级军官，每团各有一名军官?这个问题是由瑞士数学家欧拉在18世纪作为休闲数学中的一个问题提出的，在统计学中有重要的影响，特别是在实验设计中(见第10章)。一个军官可以用一个有序对$(i, j)$来表示，其中$i$表示他的$\operatorname{rank}(i=1,2， \ldots, 6)$， $j$表示他的团$(j=1,2， \ldots, 6)$。因此，问题提出了以下问题:
36个有序对$(i, j)(i=1,2， \ldots, 6;J =1,2， \ldots, 6)$被排列成一个6 × 6的数组，以便在每一行和每一列中整数$1,2，\ldots, 6$在有序对的第一个位置以某种顺序出现，在第二个位置以某种顺序出现?
这样的数组可以分成两个6 × 6的数组，一个对应于有序对的第一个位置(秩数组)，另一个对应于第二个位置(团数组)。因此，问题可以表述如下:
是否存在两个6 × 6的数组，它们的条目是从整数$1,2，\ldots, 6$中取出的
(i)在这些数组的每一行和每一列中，整数$1,2，\ldots, 6$以某种顺序出现，并且
(ii)当两个数组并置时，所有36对有序数组$(i, j)(i=1,2， \ldots, 6;J =1,2， \ldots, 6)$发生?

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Finite State Machines

Posted on 2023年5月24日2023年5月24日 by statistics-lab

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Finite State Machines

A “finite state machine” is simply a device that can be in any one of a finite number of situations and is able to move from one situation to another. The classic example (and motivation for the subject) is the digital computer. If no peripherals are attached, then the state at any instant is what is stored in the machine. You may object that this fails to take into account what instruction the machine is executing. Not so; that information is stored temporarily in parts of the machine’s central processing unit. We can expand our view by allowing input and output to obtain a finite state machine with $\mathrm{I} / \mathrm{O}$.

By formalizing the concept of a finite state machine, computer scientists hope to capture the essential features of some aspects of computing. In this section we’ll study a very restricted formalization. These restricted devices are called “finite automata” or “finite state machines.” The input to such machines is fed in one symbol at a time and cannot be reread by the machine.
Turing Machines
A Turing machine, introduced by A.M. Turing in 1937, is a more flexible concept than a finite automaton. It is equipped with an arbitrarily long tape which it can reposition, read and write. To run the machine, we write the input on a blank tape, position the tape in the machine and turn the machine on. We can think of a Turing machine as computing a function: the input is an element of the function’s domain and the output is an element of the function’s range, namely the value of the function at that input. The input and/or the output could be nothing. In fact, the domain of the function is any finite string of symbols, where each symbol must be from some finite alphabet; eg. ${0,1}$. Of course, the input might be something the machine wasn’t designed to handle, but it will still do something.

How complicated a Turing machine might we need to build? Turing proved that there exists a “universal” Turing machine $\mathcal{U}$ by showing how to construct it. If $\mathcal{U}$ ‘s input tape contains

$\mathrm{D}(\mathcal{T})$, a description of any Turing machine $\mathcal{T}$ and

the input $I$ for the Turing machine $\mathcal{T}$,then $\mathcal{U}$ will produce the same output that would have been obtained by giving $\mathcal{T}$ the input $I$. This says that regardless of how complicated an algorithm we want to program, there is no need to build more than one Turing machine, namely the universal one $\mathcal{U}$. Of course, it might use a lot of time and a lot of tape to carry out the algorithm, so it might not be practical. Suprisingly, it can be shown that $\mathcal{U}$ will, in some sense, be almost as fast as the the Turing machine that it is mimicking. This makes it possible to introduce a machine independent measure of the complexity of a function.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Finite State Machines and Digraphs

Consider a finite state machine that receives input one symbol at a time and enters a new state based on that symbol. We can represent the states of the machine by vertices in a digraph and the effect of the input $i$ in state $s$ by a directed edge that connects $s$ to the new state and contains $i$ and the associated output in its name. The following example should clarify this.

Example 6.17 Binary addition We would like to add together two nonnegative binary numbers and output the sum. The input is given as pairs of digits, one from each number, starting at the right ends (units digits) of the input. The pair 22 marks the end of the input. Thus to add 010 and 110 you would input the four pairs $00,11,01$ and 22 in that order. In other words,
$$
\begin{aligned}
& A_n A_{n-1} \cdots A_1 \
& \text { the sum problem } \frac{+B_n B_{n-1} \cdots B_1}{C_{n+1} C_n C_{n-1} \cdots C_1} \
& \text { becomes } A_1 B_1, \ldots, A_{n-1} B_{n-1}, A_n B_n, 22 \text {. } \
&
\end{aligned}
$$
The output is given as single digits with 2 marking the end of the output, so the output for our example would be 00012. (The sum is backwards, $C_1 \ldots C_{n-1}, C_n, C_{n+1}, 2$, because the first output is the units digit.) We have two internal states: carry (C) and no carry (N) You should verify that the adder can be described by the table in Figure 6.11. The entry $\left(o, s_2\right)$ in position $\left(s_1, i\right)$ says that if the machine is in state $s_1$ and receives input $i$, then it will produce output $o$ and move to state $s_2$. It is called the state transition table for the machine. Note that being in state $\mathrm{C}$ (carry) and receiving 22 as input causes two digits to be output, the carry digit and the termination digit 2 .
We can associate a digraph $(V, E, \varphi)$ with the tabular description, where $V={\mathrm{N}, \mathrm{C}}$, each edge is a 4-tuple $e=\left(s_1, i, o, s_2\right), \varphi(e)=\left(s_1, s_2\right)$ and $i$ and $o$ are the associated input and output, respectively. In drawing the picture, a shorthand is used: the label $00,22: 1$, 12 on the edge from $\mathrm{C}$ to $\mathrm{N}$ in Figure 6.11 stands for the two edges $(\mathrm{C}, 00,1, \mathrm{~N})$ and $(\mathrm{C}, 22,12, \mathrm{~N})$.

This example is slightly deficient. We tacitly assumed that everyone (and the machine!) somehow knew that the machine should start in state $\mathrm{N}$. We should really indicate this by labeling $\mathrm{N}$ as the starting state.

组合学代考

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Finite State Machines

“有限状态机”只是一种设备，它可以处于有限数量的情况中的任何一种，并且能够从一种情况移动到另一种情况。典型的例子(也是这门课的动机)是数字计算机。如果没有连接外设，则任何时刻的状态都是存储在机器中的状态。你可能会反对说这没有考虑到机器正在执行什么指令。不是这样;这些信息被临时存储在机器中央处理单元的某些部分中。我们可以通过允许输入和输出来扩展我们的视图，通过$\mathrm{I} / \mathrm{O}$来获得一个有限状态机。

通过形式化有限状态机的概念，计算机科学家希望捕获计算某些方面的基本特征。在本节中，我们将学习一种非常有限的形式化。这些受限设备被称为“有限自动机”或“有限状态机”。这种机器的输入每次只输入一个符号，机器不能重新读取。
图灵机
一个图灵机，由A.M.介绍1937年的图灵，是一个比有限自动机更灵活的概念。它配备了一个任意长的磁带，它可以重新定位，读取和写入。为了运行机器，我们把输入写在一张空白纸带上，把纸带放在机器里，然后打开机器。我们可以把图灵机想象成计算一个函数:输入是函数定义域的一个元素，输出是函数范围的一个元素，即函数在该输入处的值。输入和/或输出可以为空。事实上，函数的定义域是任何有限的符号串，其中每个符号必须来自某个有限的字母表;如。${0,1} $。当然，输入可能不是机器设计来处理的，但它仍然会做一些事情。

我们需要制造多复杂的图灵机?图灵通过展示如何构造“通用”图灵机$\mathcal{U}$证明了它的存在。如果$\mathcal{U}$的输入磁带包含

$\ mathm {D}(\mathcal{T})$，任意图灵机$\mathcal{T}$的描述

为图灵机$\mathcal{T}$输入$I$，则$\mathcal{U}$将产生与给$\mathcal{T}$输入$I$相同的输出。这就是说，无论我们想要编写多么复杂的算法，都不需要构建多个图灵机，即通用图灵机$\mathcal{U}$。当然，它可能会使用大量的时间和大量的磁带来执行算法，所以它可能不实用。令人惊讶的是，可以证明$\mathcal{U}$在某种意义上，几乎和它所模仿的图灵机一样快。这使得引入独立于机器的函数复杂性度量成为可能。

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Finite State Machines and Digraphs

考虑一个有限状态机，它一次接收一个输入符号，并根据该符号进入一个新状态。我们可以通过有向图中的顶点来表示机器的状态，并通过将$s$连接到新状态并在其名称中包含$i$和相关输出的有向边来表示状态$s$中输入$i$的效果。下面的例子应该能说明这一点。

例6.17二进制加法我们想要将两个非负二进制数相加并输出其和。输入以一对数字的形式给出，每个数字一个，从输入的右端(单位数字)开始。对22标志着输入的结束。因此，要将010和110相加，您将按此顺序输入四对$00,11,01$和22。换句话说，
$$
\begin{aligned}
& A_n A_{n-1} \cdots A_1 \
& \text { the sum problem } \frac{+B_n B_{n-1} \cdots B_1}{C_{n+1} C_n C_{n-1} \cdots C_1} \
& \text { becomes } A_1 B_1, \ldots, A_{n-1} B_{n-1}, A_n B_n, 22 \text {. } \
&
\end{aligned}
$$
输出以个位数形式给出，2作为输出的结尾，因此我们示例的输出将是00012。(和是反向的，$C_1 \ldots C_{n-1}, C_n, C_{n+1}, 2$，因为第一个输出是个位数。)我们有两种内部状态:进位(C)和不进位(N)。你应该验证一下加法器是否可以用图6.11中的表来描述。位于$\left(s_1, i\right)$位置的条目$\left(o, s_2\right)$表示，如果机器处于状态$s_1$并接收到输入$i$，那么它将产生输出$o$并移动到状态$s_2$。它被称为机器的状态转换表。注意，处于状态$\mathrm{C}$(进位)并接收22作为输入时，会输出两个数字，进位数字和终止数字2。
我们可以将有向图$(V, E, \varphi)$与表格描述关联起来，其中$V={\mathrm{N}, \mathrm{C}}$，每条边都是一个4元组$e=\left(s_1, i, o, s_2\right), \varphi(e)=\left(s_1, s_2\right)$, $i$和$o$分别是关联的输入和输出。在绘制图时，使用了一个简写:图6.11中$\mathrm{C}$到$\mathrm{N}$边的标签$00,22: 1$, 12表示两条边$(\mathrm{C}, 00,1, \mathrm{~N})$和$(\mathrm{C}, 22,12, \mathrm{~N})$。

这个例子有些不足。我们默认每个人(和机器!)都知道机器应该以$\mathrm{N}$状态启动。我们应该把$\mathrm{N}$标记为起始状态。

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非参数统计代写

非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。

广义线性模型代考

广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。

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数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Coloring Graphs

Posted on 2023年5月24日2023年5月24日 by statistics-lab

我们提供的组合学Combinatorics及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
Statistical Machine Learning 统计机器学习
Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Coloring Graphs

Example 6.5 Register allocation Optimizing compilers use a variety of techniques to produce faster code. One obvious way to produce faster code is to keep variables in registers so that memory references are eliminated. Unfortunately, there are often not enough registers available to do this, so choices must be made. For simplicity, assume that the registers and variables are all the same size. Suppose that, by some process, we have gotten a list of variables that we would like to keep in registers.

Can we keep them in registers? If the number of variables does not exceed the number of available registers, we can obviously do it. This sufficient condition is not necessary: We may have two variables that are only used in two separate parts of the program. They could share a register.
This suggests that we can define a binary relation among variables. We could say that two variables are “compatible” if they may share a register. Alternatively, we could say that two variables “conflict” if they cannot share a register. Two variables are either compatible or in conflict, but not both. Thus we can derive one relation from the other and it is rather arbitrary which we focus on. For our purposes, the conflict relation is better.

Construct a simple graph whose vertices are the variables. Two variables are joined by an edge if and only if they conflict. A register assignment can be found if and only if we can find a function $\lambda$ from the set of vertices to the set of registers such that whenever ${v, w}$ is an edge $\lambda(v) \neq \lambda(w)$. (This just says that if $v$ and $w$ conflict they must have different registers assigned to them.) This section studies such ““vertex labelings” $\lambda$.

数学代写|组合学代写Combinatorics代考|Planar Graphs

Recall that, drawing a graph in the plane without edges crossing is called embedding the graph in the plane. Any graph that can be embedded in the plane can be embedded in the sphere (i.e., the surface of a ball) and vice versa. The idea is simple: Cut a little hole out of the sphere in such a way that you don’t remove any of the graph, then, pretending the sphere is a rubber sheet, stretch it flat to form a disc. Conversely, any map on the plane is bounded, so we can cut a disc containing a map out of the plane and curve it around to fit on a sphere. Thus, studying maps on the plane is equivalent to studying maps on the sphere.

Sometimes fairly simple concepts in mathematics lead to a considerable body of research. The research related to planar graphs is among the most accessible such bodies for someone without extensive mathematical training. Here are some of the research highlights and what we’ll be doing about them.

The earliest is probably Euler’s relation, which we’ll discuss soon. If the sphere is cut along the edges of an embedded connected graph, we obtain pieces called faces. Euler discovered that the number of vertices and faces together differed from the number of edges by a constant. This has been extended to graphs embedded in other surfaces and to generalizations of graphs in higher dimensions. The result is an important number associated with a generalized surface called its Euler characteristic.
The four color problem has already been mentioned in the section on chromatic polynomials. As noted there, it has been generalized to other surfaces. We’ll use Euler’s relation to prove that five colors suffice on the plane.
A description of those graphs which can be drawn in the plane was obtained some time ago by Kuratowski: A graph is planar if and only if it does not “contain” either

$K_5$, the five vertex complete graph, or
$K_{3,3}$, the graph with $V=\left{a_1, a_2, a_3, b_1, b_2, b_3\right}$ and all nine edges of the form $\left{a_i, b_j\right}$.
We say that $G$ contains $H$ if, except for labels we can obtain $H$ from $G$ by repeated use of the three operations:
(a) delete an edge,
(b) delete a vertex that lies on no edges and
(c) if $v$ lies only on the edges $e_1=\left{v, a_1\right}$ and $e_2=\left{v, a_2\right}$, delete $v, e_1$ and $e_2$ and add the edge $\left{a_1, a_2\right}$.

组合学代考

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例6.5寄存器分配优化编译器使用各种技术来生成更快的代码。生成更快代码的一个明显方法是将变量保存在寄存器中，从而消除内存引用。不幸的是，通常没有足够的寄存器可用于此操作，因此必须做出选择。为简单起见，假设寄存器和变量的大小都相同。假设，通过某种过程，我们得到了一个想要保存在寄存器中的变量列表。

我们能把它们放在登记簿里吗?如果变量的数量不超过可用寄存器的数量，我们显然可以这样做。这个充分条件不是必需的:我们可以有两个变量，它们只在程序的两个独立部分使用。他们可以共用一个收银台。
这表明我们可以定义变量之间的二元关系。如果两个变量共享一个寄存器，我们可以说它们是“兼容的”。或者，如果两个变量不能共享一个寄存器，我们可以说它们“冲突”。两个变量要么兼容要么冲突，但不能同时兼容。因此，我们可以从另一种关系中推导出一种关系，而我们所关注的是相当武断的。就我们的目的而言，冲突关系更好。

构造一个简单的图，其顶点是变量。当且仅当两个变量冲突时，用一条边连接它们。当且仅当我们能从顶点集找到一个函数$\lambda$到寄存器集，使得${v, w}$是边$\lambda(v) \neq \lambda(w)$时，可以找到一个寄存器赋值。(这只是说，如果$v$和$w$冲突，它们必须有不同的寄存器分配给它们。)本节研究这样的“顶点标记”$\lambda$。

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回想一下，在平面上画一个没有边相交的图称为在平面上嵌入图。任何可以嵌入平面的图形都可以嵌入球体(即球的表面)，反之亦然。这个想法很简单:在球体上切一个小洞，在不移除任何图形的情况下，然后，假设球体是一块橡胶片，将其拉伸成一个圆盘。相反，平面上的任何地图都是有界的，所以我们可以从平面上切出一个包含地图的圆盘，并将其弯曲以适合球体。因此，在平面上研究地图相当于在球体上研究地图。

有时，数学中相当简单的概念会引发大量的研究。对于没有受过广泛数学训练的人来说，与平面图相关的研究是最容易理解的。以下是一些研究亮点，以及我们将采取的措施。

最早的可能是欧拉关系式，我们稍后会讨论。如果沿嵌入连通图的边缘切割球体，我们得到称为面的块。欧拉发现顶点和面的数量与边的数量相差一个常数。这已经扩展到嵌入在其他曲面上的图和高维图的推广。结果是一个与广义曲面有关的重要数字，称为它的欧拉特性。

四色问题已经在色多项式一节中提到。如前所述，它已推广到其他曲面。我们将用欧拉关系来证明五种颜色在平面上是足够的。

对于那些可以在平面上绘制的图，Kuratowski在很久以前给出了一个描述:一个图是平面的，当且仅当它不“包含”两者

$K_5$，五顶点完全图，或

$K_{3,3}$，包含$V=\left{a_1, a_2, a_3, b_1, b_2, b_3\right}$和形式$\left{a_i, b_j\right}$的所有九条边的图形。
我们说$G$包含$H$ if，除了标签，我们可以通过重复使用三个操作从$G$获得$H$:
(a)删除一条边;
(b)删除不位于任何边上的顶点
(c)如果$v$仅位于$e_1=\left{v, a_1\right}$和$e_2=\left{v, a_2\right}$边，则删除$v, e_1$和$e_2$边，并添加$\left{a_1, a_2\right}$边。

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