当一个二元运算符同时满足 交换律 和 结合律 时

背景

在我们平时接触到的二元运算符中，有些同时满足 交换律(Commutative property) 和 结合律(Associative property)，例如

• 定义在整数上的加法($+$)
  • 满足交换律: $a+b=b+a$
  • 满足结合律: $(a+b)+c=a+(b+c)$
• 定义在整数上的乘法($\times$)
  • 满足交换律: $a \times b=b \times a$
  • 满足结合律: $(a \times b) \times c=a \times (b \times c)$
• 定义在 $0$, $1$ 上的 And 运算($\land$)
  • 满足交换律: $a\land b=b \land a$
  • 满足结合律: $(a\land b) \land c=a \land (b \land c)$
• 定义在 $0$, $1$ 上的 Or 运算($\lor$)
  • 满足交换律: $a\lor b=b \lor a$
  • 满足结合律: $(a \lor b) \lor c=a \lor (b \lor c)$
• 定义在 $0$, $1$ 上的异或运算($\oplus$)
  • 满足交换律: $a \oplus b=b \oplus a$
  • 满足结合律: $(a \oplus b) \oplus c=a \oplus (b \oplus c)$
• 定义在 $0$, $1$, $2$, ... $n-1$ 上的模$n$加法($+_n$)
  • 满足交换律: $a+_n b=b+_n a$
  • 满足结合律: $(a+_n b)+_n c=a+_n (b+_n c)$
• 定义在 $0$, $1$, $2$, ... $n-1$ 上的模$n$乘法($\times_n$)
  • 满足交换律: $a\times_n b=b\times_n a$
  • 满足结合律: $(a\times_n b)+_n c=a\times_n (b\times_n c)$

以我们熟悉的整数加法($+$)和整数乘法($\times$)为例，如果有 $k$ 个($k\ge 2$)操作数，我们可以任意调整操作数的顺序(常见的场景是为了让计算变得更方便而调整操作数的顺序)，例如

• $a_1 + a_2 + a_3 + a_4=a_1 + a_4 + a_2 + a_3$
  • 具体的例子: $1 + 4 + 6 + 9=1 + 9 + 4 + 6 =10 + 4 + 6= 14+6=20$
• $a_1 \times a_2 \times a_3 \times a_4=a_2 \times a_4 \times a_1 \times a_3$
  • 具体的例子: $3 \times 2 \times 5 \times 3=2\times 5 \times 3 \times 3 =10 \times 3 \times 3= 30 \times 3=90$

那么对一个二元运算符而言，从 $A$ 能否推出 $B$ 呢？ ⬇️ （换句话说，$A$ 是 $B$ 的充分条件吗？）

• $A$: 满足 交换律(Commutative property) 和 结合律(Associative property)
• $B$: 如果有 $k$ ($k\ge 2$)个操作数，我们可以任意调整这 $k$ 个操作数的顺序

正文

目标

为了方便讨论，我们用 $\diamond$ 来表示任意一个二元运算。我们的目标是，证明 $A$ 是 $B$ 的充分条件，或者找到反例说明 $A$ 不是 $B$ 的充分条件 ⬇️

• $A$: 二元运算 $\diamond$ 满足
  • 交换律(Commutative property): $a\diamond b=b\diamond a$
  • 结合律(Associative property): $(a\diamond b) \diamond c=a \diamond (b\diamond c)$
• $B$: 有 $k$ ($k\ge 2$)个操作数通过 $\diamond$ 进行计算，即 $a_1 \diamond a_2 \diamond a_3 \diamond ... \diamond a_k$，而 $b_1,b_2,b_3,...,b_k$ 是 $a_1,a_2,a_3,...,a_k$ 的任意一个排列，那么

证明

先看看 $k$ 很小的情况。

$k=2$ 的情况

当 $k=2$ 时，因为 $\diamond$ 满足交换律(Commutative property)，所以

而下面的等式显然成立

所以 $k=2$ 时，$A$ 是 $B$ 的充分条件。

$k=3$ 的情况

当 $k=3$ 时，我们需要证明以下 $6$ 个式子相等（因为 $3$ 个操作数的排列一共有 $3!=6$ 种）

• $a_1\diamond a_2 \diamond a_3$
• $a_1\diamond a_3 \diamond a_2$
• $a_2\diamond a_1 \diamond a_3$
• $a_2\diamond a_3 \diamond a_1$
• $a_3\diamond a_1 \diamond a_2$
• $a_3\diamond a_2 \diamond a_1$

我们可以按照 $a_3$ 所在的位置，把这 $6$ 个式子分成以下 $3$ 类 （为了便于描述，我把另外两个操作数依次称为 $x,y$，也就是说 $x,y$ 是 $a_1,a_2$ 的一个排列）

• 第 $1$ 类: $a_3\diamond x \diamond y$
• 第 $2$ 类: $x\diamond a_3 \diamond y$
• 第 $3$ 类: $x\diamond y \diamond a_3$

第 $1$ 类情况: $a_3\diamond x \diamond y$

运用结合律，可以得到

运用交换律，可以得到

用图来展示这个转化过程，会比较直观 ⬇️

由于 $x, y$ 是 $a_1,a_2$ 的一个排列，所以 $x\diamond y=a_1\diamond a_2$ 成立($k=2$ 的情况我们已经证明过了)。所以

因为 $\diamond$ 满足交换律(Commutative property)，所以

第 $2$ 类情况: $x\diamond a_3 \diamond y$

运用交换律，可以得到

在处理第 $1$ 类情况时，我们已经证明了

所以

看图会更直观 ⬇️

第 $3$ 类情况: $x\diamond y \diamond a_3$

由于 $x, y$ 是 $a_1,a_2$ 的一个排列，所以 $x\diamond y=a_1\diamond a_2$ 成立($k=2$ 的情况我们已经证明过了)。所以

到这里，我们就把 $k=3$ 时可能出现的所有情况都验证完了。

$k=4$ 的情况

$a_1,a_2,a_3,a_4$ 的排列共有 $4!=24$ 种，我们对这 $24$ 种排列进行如下分类，分类的依据是 $a_4$ 所在的位置（为了便于描述，我把另外三个操作数依次称为 $x,y,z$）

• 第 $1$ 类: $a_4 \diamond x\diamond y \diamond z$
• 第 $2$ 类: $x \diamond a_4 \diamond y \diamond z$
• 第 $3$ 类: $x \diamond y\diamond a_4\diamond z$
• 第 $4$ 类: $x\diamond y\diamond z\diamond a_4$

第 $1$ 类情况: $a_4 \diamond x\diamond y \diamond z$

我们反复利用 $k=3$ 时所用到的手段，就可以证明

看图可能会更直观 ⬇️ （在图中，我用波浪线把 $a_4$ 的位置都标出来了） 由于 $x, y, z$ 是 $a_1,a_2,a_3$ 的一个组合，所以 $x\diamond y\diamond z=a_1\diamond a_2\diamond a_3$ 成立($k=3$的情况我们已经证明过了)。所以

第 $2$ 类情况: $x \diamond a_4 \diamond y \diamond z$

在第 $1$ 类情况中，我们已经证明了

由于 $x, y, z$ 是 $a_1,a_2,a_3$ 的一个组合，所以 $x\diamond y\diamond z=a_1\diamond a_2\diamond a_3$ 成立($k=3$的情况我们已经证明过了)。所以

第 $3$ 类情况: $x \diamond y\diamond a_4\diamond z$

在第 $1$ 类情况中，我们已经证明了

由于 $x, y, z$ 是 $a_1,a_2,a_3$ 的一个组合，所以 $x\diamond y\diamond z=a_1\diamond a_2\diamond a_3$ 成立($k=3$的情况我们已经证明过了)。所以

第 $4$ 类情况: $x\diamond y\diamond z\diamond a_4$

由于 $x, y, z$ 是 $a_1,a_2,a_3$ 的一个组合，所以 $x\diamond y\diamond z=a_1\diamond a_2\diamond a_3$ 成立($k=3$的情况我们已经证明过了)。所以

$k\ge 5$ 的情况

对 $k= 5$ 的情况，我们可以 $k=4$ 时所用到的手段来证明。我们可以用和 $k=4$ 时类似的手段来证明(为了便于描述，我们将另外 $4$ 个操作数依次称为 $w,x,y,z$)

用交换律可以得到

我们已经证明过 $k=3$ 的情况，所以下面的转化成立

我们已经证明过 $k=4$ 的情况，所以下面的转化成立

将 $w\diamond x\diamond y$ 看成一个整体，可以得出下面的转化成立

所以以下 $5$ 个式子都相等

• $a_5\diamond w \diamond x\diamond y\diamond z$
• $w\diamond a_5 \diamond x\diamond y\diamond z$
• $w\diamond x\diamond a_5\diamond y\diamond z$
• $w\diamond x\diamond y\diamond a_5 \diamond z$
• $w\diamond x\diamond y\diamond z \diamond a_5$

也就是说，无论 $a_5$ 的初始位置在哪里，我们都可以将它移动到最后去，而且最终的结算结果不变。 而 $w,x,y,z$ 是 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 的一个排列，所以下面的等式成立（这是 $k=4$ 的情况）

所以我们是在用数学归纳法来证明 $A$ 是 $B$ 的充分条件。$k\ge 6$ 时的情况就不赘述了。

$A$ 是 $B$ 的充分条件，这有什么用处？

在 $A$ 是 $B$ 的充分条件的基础上，我们还能推出更强的结论。

更强的结论 $1$

有 $k$ ($k\ge 2$)个操作数通过 $\diamond$ 进行计算，即 $a1\diamond a2 \diamond a3\diamond ... \diamond a_k$，而 $b_1,b_2,b_3,...,b_k$ 是 $a_1,a_2,a_3,...,a_k$ 的任意一个排列，在 $b_1\diamond b_2\diamond b_3\diamond ...\diamond b_k$ 中可以任意添加不嵌套的括号，最终的结果不变。

这个结论也可以用数学归纳法来证明，但是严格的证明写起来会比较繁琐，我们通过一个例子来展示证明思路吧。

我们用 $k=4$ 时的一个具体例子来进行说明。求证

可以这样证明 ⬇️

更强的结论 $2$

有 $k$ ($k\ge 2$)个操作数通过 $\diamond$ 进行计算，即 $a1\diamond a2 \diamond a3\diamond ... \diamond a_k$，而 $b_1,b_2,b_3,...,b_k$ 是 $a_1,a_2,a_3,...,a_k$ 的任意一个排列，在 $b_1\diamond b_2\diamond b_3\diamond ...\diamond b_k$ 中可以任意添加括号(允许括号之间嵌套)，最终的结果不变。

这个结论可以用数学归纳法或者通过递归的方式来证明，有兴趣的朋友可以自己思考一下。

这些结论的应用

整数上的加法和乘法，我们都很熟悉了，就不再举例子了。我来找些其他运算的例子。

定义在 $0$, $1$ 上的异或运算($\oplus$)

假设有 $M$ 个 $1$ 和 $N$ 个 $0$ ($M+N\ge 2$)进行异或运算，那么这些 $1$ 和 $0$ 的顺序并不影响最终的结果。所以它的结果总是等于 $1\oplus 1\oplus 1...\oplus 1 \oplus 0 \oplus 0 ... \oplus 0$ (我们可以把所有的 $1$ 移动到所有 $0$ 的前面去)。结合以下两个等式，可以得出，异或运算结尾处的 $0$ 对最终结果没有影响。

• $1\oplus 0=1$
• $0\oplus 0=0$

所以最后的 $N$ 个 $0$ 对最终结果没有影响。以 $M=4,N=2$ 为例

我们看一下下面这两个等式

• $1\oplus 1=0$
• $0\oplus 1=1$

可以得出

• 参与异或运算的 $1$ 的个数是奇数时，结果为 $1$
• 参与异或运算的 $1$ 的个数是偶数时，结果为 $0$

所以 $M$ 个 $1$ 和 $N$ 个 $0$ 进行异或运算时，最终结果一定满足

1 if M is odd 
0 else

定义在 $0$, $1$ 上的同或运算($\odot$)

假设有 $M$ 个 $1$ 和 $N$ 个 $0$ ($M+N\ge 2$)进行同或运算，那么这些 $1$ 和 $0$ 的顺序并不影响最终的结果。所以它的结果总是等于 $0\odot 0\odot 0...\odot 0 \odot 1 \odot 1 ... \odot 1$ (我们可以把所有的 $0$ 移动到所有 $1$ 的前面去)。结合以下两个等式，可以得出，同或运算结尾处的 $1$ 对最终结果没有影响。

• $0\odot 1=0$
• $1\odot 1=1$

所以最后的 $M$ 个 $1$ 对最终结果没有影响。以 $M=4,N=2$ 为例

我们看一下下面这两个等式

• $0\odot 0=1$
• $1\odot 0=0$

可以得出

• 参与异或运算的 $0$ 的个数是奇数时，结果为 $0$
• 参与异或运算的 $0$ 的个数是偶数时，结果为 $1$

所以 $M$ 个 $1$ 和 $N$ 个 $0$ 进行异或运算时，最终结果一定满足

0 if N is odd 
1 else

定义在 $0$, $1$ 上的 Or 运算($\lor$)

如果有 $k$ ($k\ge 2$)个操作数进行 Or 运算，那么我们可以随意添加括号。例如