1. 引言

现在离散数学和组合数学中，把 $\left(\begin{array}{c}n+k-1\\ n\end{array}\right)$ 作为可重复组合的计数公式 [1] [2] [3] [4] [5] ，必须k种元素每一种元素的个数都不小于n，这个公式才成立；任意条件下组合的生成函数在组合数学中已是成熟理论 [1] [2] [3] [4] ，但是任意条件下组合的计数公式还未讨论 [1] [2] [3] [4] [5] ，这里通过发现一些等式推出了此计数公式，提供了一种新证法给大家讨论。并指出了类似的等式大量存在，同时希望更多的人受到启示，在其它方面也能发现类似的等式。现在应用容斥原理证明与本文类似的问题 [6] ，只描述交集或交集之和具有某种特征 [6] ，不能给出具体的集合 [6] ，这里根据参考文献 [7] 发现的等式给出的具体集合，分析了容斥原理证法的不足。

2. 理论探讨

命题：元素 $x_1$ 有 $p_1-1$ 个，元素 $x_2$ 有 $p_2-1$ 个，元素 $x_3$ 有 $p_3-1$ 个……元素 $x_k$ 有 $p_k-1$ 个， $s_1=\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1\\ k-1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2\\ k-1\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ ，有 $\left(\begin{array}{c}k\\ 1\end{array}\right)$ 个式子相加。 $s_2=\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1-p_2\\ k-1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2-p_3\\ k-1\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_{k-1}-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ ，有 $\left(\begin{array}{c}k\\ 2\end{array}\right)$ 个式子相加。 $s_3=\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1-p_2-p_3\\ k-1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2-p_3-p_4\\ k-1\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_{k-2}-p_{k-1}-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ ，有 $\left(\begin{array}{c}k\\ 3\end{array}\right)$ 个式子相加。

……

直到 $s_i$ 中的 $\left(\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right)$ 个式子都没有意义， $s_1,s_2,\cdots ,s_i$ 中的没有意义的式子等于零。从 $p_1+p_2+\cdots +p_k$ -k个元素中取n个元素，共有 $\left(\begin{array}{c}n+k-1\\ k-1\end{array}\right)+{{\displaystyle \underset{i=1}{\sum }\left(-1\right)}}^i{s}_i$ 种不同的取法。

注释：本文中有 $\left(\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right)$ 个式子相加( $i=1,2,3,\cdots$ )，是指从 $p_1,p_2,p_3,\cdots ,p_k$ 中任意取i个p，共有 $\left(\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right)$ 种不同方案，每一种方案都与其它的数组成一个式子，共组成 $\left(\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right)$ 个式子相加，p的值既使有多个相等，但是式子的数量还是 $\left(\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right)$ 个。证明思路：从 $y_i$ 组解中任意取一组解，把i个不满足要求的x值，分别减去对应的p(x的序号与p的序号相同才能相减一次)，可得到 $\left(\begin{array}{c}i\\ 1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}i\\ 2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}i\\ 3\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}i\\ i\end{array}\right)$ 组不同的非负整数解，再根据p的序号找到对应的方程(对应方程的解与新解是一一对应的关系)，根据对应方程就能知道所取的这组解，在 $s_1,s_2,s_3,\cdots$ 中的数量。

证明：命题就是求方程① $x_1+x_2+\cdots +x_k=n$ ( $p_1>x_1\ge 0,p_2>x_2\ge 0,\cdots ,p_k>x_k\ge 0$ )非负整数解的数量，先求出不满足要求的解的数量，令有 $y_1$ 组解，每组解中有一个x的值不满足要求，令有 $y_2$ 组解，每组解中有两个x的值不满足要求，……令有 $y_b$ 组解，每组解中有b个x的值不满足要求，且b个值是最多的( $k\ge b\ge 1$ )。 $y_1+y_2+\cdots +y_b$ 是方程①所有不满足要求的解。

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_1$ 的每一组非负整数解， $x_1$ 的值加 $p_1$ 可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_2$ 的每一组非负整数解， $x_2$ 的值加 $p_2$ 可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

……

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_k$ 的每一组非负整数解， $x_k$ 的值加 $p_k$ 可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

$s_1=\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1\\ k-1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2\\ k-1\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ ，有 $\left(\begin{array}{c}k\\ 1\end{array}\right)$ 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_1-p_2$ 的每一组非负整数解， $x_1$ 的值加 $p_1$ ， $x_2$ 的值加 $p_2$ ，可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1-p_2\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。 $x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_2-p_3$ 的每一组非负整数解， $x_2$ 的值加 $p_2$ ， $x_3$ 的值加 $p_3$ ，可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2-p_3\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

……

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_{k-1}-p_k$ 的每一组非负整数解， $x_{k-1}$ 的值加 $p_{k-1}$ ， $x_k$ 的值加 $p_k$ ，可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_{k-1}-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

$s_2=\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1-p_2\\ k-1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2-p_3\\ k-1\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_{k-1}-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ ，有 $\left(\begin{array}{c}k\\ 2\end{array}\right)$ 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_1-p_2-p_3$ 的每一组非负整数解， $x_1$ 的值加 $p_1$ ， $x_2$ 的值加 $p_2$ ， $x_3$ 的值加 $p_3$ ，可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1-p_2-p_3\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_2-p_3-p_4$ 的每一组非负整数解， $x_2$ 的值加 $p_2$ ， $x_3$ 的值加 $p_3$ ， $x_4$ 的值加 $p_4$ ，可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2-p_3-p_4\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

……

$x_1+x_2+\cdots +x_k=n-p_{k-2}-p_{k-1}-p_k$ 的每一组非负整数解， $x_{k-2}$ 的值加 $p_{k-2}$ ， $x_{k-1}$ 的值加 $p_{k-1}$ ， $x_k$ 的值加 $p_k$ ，可得到 $\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_{k-2}-p_{k-1}-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ 组不同的新解。

$s_3=\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_1-p_2-p_3\\ k-1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_2-p_3-p_4\\ k-1\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n+k-1-p_{k-2}-p_{k-1}-p_k\\ k-1\end{array}\right)$ ，有 $\left(\begin{array}{c}k\\ 3\end{array}\right)$ 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。

……按照上述方法直到求出 $s_b$ 中的 $\left(\begin{array}{c}k\\ b\end{array}\right)$ 个式子相加，任意两个式子之间都可能存在相同的新解。在实际中 $s_1,s_2,\cdots ,s_b$ 都可能存在没有意义的式子，这样的式子等于零，没有意义的式子对应的方程没有非负整数解。

上述方法得到的所有新解，都不满足方程①的要求，令所有新解中不同解的个数是a，则有 $y_1+y_2+\cdots +y_b\ge a$ ，由以下论述可知中的任意一组解，在新解中都存在，则有，因此。由于可能有多个是相等的，上述方程就可能存在多个方程的解完全相同，任意取一组解，因为p的序号与x的序号相同才可以相加，所以这组解组成的新解是各不相同的，因此把p与x的序号相同作为必要条件，上述方程的任意一组解，只对应一个方程和一组新解。下面就讨论中的每一组解，在新解中存在多少个。

从中任意取一组解，把的值减去，得到的解是方程的一组解，因此所取的这组解在组新解中仅有一个，的每一组解都能推出同样的结论。

从中任意取一组解，把的值任意减去对应的，可得到组不同的非负整数解，组解分别是()，()，对应的方程分别是，，组解是()，对应的方程是，因此从中取的这组解，在组新解中存在个，在组新解中存在个，中每一组解都能推出同样的结论。

从中任意取一组解，把的值任意减去对应的，可得到组不同的非负整数解，组解分别是，，对应的方程分别是(，，)，组解分别是()，()，()，对应的方程分别是，，。组解是()，对应的方程是。因此从中取的这组解，在组新解中有个，在组新解中有个，在组新解中有个，中每一组解都能推出同样的结论。

……

从中任意取一组解，同理可知这组解在组新解中有组，在组新解中有组，……，在组新解中有组。

根据以上论述可推出下列b个等式：

1)

2)

3)

……

b)

方程①在没有约束条件下，所有非负整数有组，因此满足约束条件的解有组。

推论：1)，，，有个式子相加。

，有个式子相加。

，有个式子相加。

……

都可能有没有意义的式子，无意义的式子等于零，都是不小于2的整数，则有：

2)

提示：由命题的组合生成函数可知，。当时才有意义，因此，因此中的每个式子都可以用同样的方法求和。把代入推论1)式可得推论2)式。

3. 猜想

，，，有个式子相加。，有个式子相加。

，有个式子相加。

……

都可能有没有意义的式子，无意义的式子等于零，都是不小于2的整数，r是任意非负整数，当时，。当时，，当时这个等式是可以证明的，对猜想的证明可能会有帮助，当时，方程① 所有非负整数解中都存在不满足要求的值，此时，把代入此式就可以证明。当和时，也可以证明等式成立。

4. 容斥原理证法分析和问题推广应用

，，，，，从b个集合中取m个集合的交集之和是，m等于分别代入此式，或或其它的式子，从不定方程解的数量可知与本文b个等式类似的等式大量存在 [7] 。b个等式就是一组方程，其解是唯一的，组成的b个集合也是唯一的，b个集合的交集是多样的，现在容斥原理证明与本文类似的问题时，没有给出具体的集合 [6] ，交集特征的描述也比较单一 [6] ，对应的集合是否存在还有疑问。容斥原理证明的过程中 [6] ，本文的理论却是否定的，集合中不存在两个x值不满足要求的解，但是组不同的新解中却存在。交集之和一般都存在多个相同的元素，交集之和的值中是否对应存在还需证明，容斥原理没有这方面的证明 [6] 。

命题同样的方法可求出方程()的正整数解的数量。

5. 结论

参考文献7用集合理论证明了类似的等式存在较多，根据此推出了这里的新等式和任意条件下可重复组合的计数公式，这是一种新证法，并指出了容斥原理证明此类问题的不足，因此本文具有一定的参考价值。

参考文献

参考文献