组合数学——容斥原理
4.1容斥原理
定理4.1.1
设 S S S 是有限集合， P 1 , P 2 , ⋯ , P m P_1, P_2, \cdots, P_m P1,P2,⋯,Pm 是同集合 S S S 有关的 m m m 个性质，设 A i A_i Ai 是 S S S 中具有性质 P i P_i Pi 的元素构成的集合 ( 1 ≤ i ≤ m ) (1 \leq i \leq m) (1≤i≤m)， A i ‾ \overline{A_i} Ai 是 S S S 中不具有性质 P i P_i Pi 的元素构成的集合 ( 1 ≤ i ≤ m ) (1 \leq i \leq m) (1≤i≤m)，则 S S S 中不具有性质 P 1 , P 2 , ⋯ , P m P_1, P_2, \cdots, P_m P1,P2,⋯,Pm 的元素个数为：
∣ A 1 ‾ ∩ A 2 ‾ ∩ ⋯ ∩ A m ‾ ∣ = ∣ S ∣ − ∑ i = 1 m ∣ A i ∣ + ∑ 1 ≤ i < j ≤ m ∣ A i ∩ A j ∣ − ∑ 1 ≤ i < j < k ≤ m ∣ A i ∩ A j ∩ A k ∣ + ⋯ + ( − 1 ) m ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ ⋯ ∩ A m ∣ . |\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_m}| = |S| - \sum_{i=1}^m |A_i| + \sum_{\substack{1 \leq i < j \leq m}} |A_i \cap A_j| - \sum_{\substack{1 \leq i < j < k \leq m}} |A_i \cap A_j \cap A_k| + \cdots + (-1)^m |A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_m|. ∣A1∩A2∩⋯∩Am∣=∣S∣−i=1∑m∣Ai∣+1≤i<j≤m∑∣Ai∩Aj∣−1≤i<j<k≤m∑∣Ai∩Aj∩Ak∣+⋯+(−1)m∣A1∩A2∩⋯∩Am∣.
推论4.1.1
设 S S S 是有限集合， P 1 , P 2 , ⋯ , P m P_1, P_2, \cdots, P_m P1,P2,⋯,Pm 是同 S S S 有关的 m m m 个性质，记 A i A_i Ai 为 S S S 中具有性质 P i P_i Pi 的元素所构成的集合 ( 1 ≤ i ≤ m ) (1 \leq i \leq m) (1≤i≤m)，则 S S S 中至少具有一个性质 P i P_i Pi 的元素个数为：
∣ A 1 ∪ A 2 ∪ ⋯ ∪ A m ∣ = ∑ i = 1 m ∣ A i ∣ − ∑ 1 ≤ i < j ≤ m ∣ A i ∩ A j ∣ + ∑ 1 ≤ i < j < k ≤ m ∣ A i ∩ A j ∩ A k ∣ + ⋯ + ( − 1 ) m − 1 ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ ⋯ ∩ A m ∣ . |A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_m| = \sum_{i=1}^m |A_i| - \sum_{1 \leq i < j \leq m} |A_i \cap A_j| + \sum_{1 \leq i < j < k \leq m} |A_i \cap A_j \cap A_k| + \cdots + (-1)^{m-1} |A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_m|. ∣A1∪A2∪⋯∪Am∣=i=1∑m∣Ai∣−1≤i<j≤m∑∣Ai∩Aj∣+1≤i<j<k≤m∑∣Ai∩Aj∩Ak∣+⋯+(−1)m−1∣A1∩A2∩⋯∩Am∣.
定理4.1.2
设集合 S S S 中具有性质集合 P = { P 1 , P 2 , ⋯ , P m } P=\{P_1, P_2, \cdots, P_m\} P={P1,P2,⋯,Pm} 中恰好 r r r 个性质的元素个数为 N ( r ) N(r) N(r)，则
N ( r ) = w ( r ) − ( r + 1 r ) w ( r + 1 ) + ( r + 2 r ) w ( r + 2 ) − ⋯ + ( − 1 ) m − r ( m r ) w ( m ) . N(r) = w(r) - \binom{r+1}{r}w(r+1) + \binom{r+2}{r}w(r+2) - \cdots + (-1)^{m-r} \binom{m}{r}w(m). N(r)=w(r)−(rr+1)w(r+1)+(rr+2)w(r+2)−⋯+(−1)m−r(rm)w(m).
w ( k ) = ∑ 1 ≤ i 1 < i 2 < ⋯ < i k ≤ m N ( P i 1 , P i 2 , ⋯ , P i k ) w(k) = \sum_{1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq m} N(P_{i_1}, P_{i_2}, \cdots, P_{i_k}) w(k)=1≤i1<i2<⋯<ik≤m∑N(Pi1,Pi2,⋯,Pik)
其中， w ( k ) w(k) w(k) 表示集合 S S S 中同时具有 k k k 个不同性质的元素个数之和， N ( P i 1 , P i 2 , ⋯ , P i k ) N(P_{i_1}, P_{i_2}, \cdots, P_{i_k}) N(Pi1,Pi2,⋯,Pik) 表示同时具有性质 P i 1 , P i 2 , ⋯ , P i k P_{i_1}, P_{i_2}, \cdots, P_{i_k} Pi1,Pi2,⋯,Pik 的元素个数。
4.2 容斥原理的应用
4.2.1 多重集合的组合数问题
例1求多重集合 S = { ∞ ⋅ a , 3 ⋅ b , 5 ⋅ c , 7 ⋅ d } S = \{ \infty \cdot a, 3 \cdot b, 5 \cdot c, 7 \cdot d \} S={∞⋅a,3⋅b,5⋅c,7⋅d}的10组合数。
-
无约束解数：方程 a + b + c + d = 10 a + b + c + d = 10 a+b+c+d=10（ a , b , c , d ≥ 0 a ,b, c, d \geq 0 a,b,c,d≥0 ）的解数为：
( 10 + 4 − 1 4 − 1 ) = ( 13 3 ) = 286 \binom{10 + 4 - 1}{4 - 1} = \binom{13}{3} = 286 (4−110+4−1)=(313)=286 -
违反约束的解数：
- b ≥ 4 b \geq 4 b≥4：令 b ′ = b − 4 b' = b - 4 b′=b−4，方程变为 a + b ′ + c + d = 6 a + b' + c + d = 6 a+b′+c+d=6，解数为 ( 9 3 ) = 84 \binom{9}{3} = 84 (39)=84。
- c ≥ 6 c \geq 6 c≥6：令 c ′ = c − 6 c' = c - 6 c′=c−6，方程变为 a + b + c ′ + d = 4 a + b + c' + d = 4 a+b+c′+d=4，解数为 ( 7 3 ) = 35 \binom{7}{3} = 35 (37)=35。
- d ≥ 8 d \geq 8 d≥8：令 d ′ = d − 8 d' = d - 8 d′=d−8，方程变为 a + b + c + d ′ = 2 a + b + c + d' = 2 a+b+c+d′=2，解数为 ( 5 3 ) = 10 \binom{5}{3} = 10 (35)=10。
-
两两违反的解数：
- b ≥ 4 b \geq 4 b≥4且 c ≥ 6 c \geq 6 c≥6：方程 a + b ′ + c ′ + d = 0 a + b' + c' + d = 0 a+b′+c′+d=0，解数为 ( 3 3 ) = 1 \binom{3}{3} = 1 (33)=1。
- 其他组合无解。
-
三三违反的解数：无解。
-
最终结果：
286 − ( 84 + 35 + 10 ) + ( 1 + 0 + 0 ) = 286 − 129 + 1 = 158 286 - (84 + 35 + 10) + (1 + 0 + 0) = 286 - 129 + 1 = 158 286−(84+35+10)+(1+0+0)=286−129+1=158
4.2.2 错排问题
集合 { 1 , 2 , ⋯ , n } \{1,2,\cdots,n\} {1,2,⋯,n} 的一个错排是该集合的一个满足条件 i j ≠ j ( 1 ≤ j ≤ n ) i_j \neq j\ (1 \leq j \leq n) ij=j (1≤j≤n) 的全排列 i 1 i 2 ⋯ i n i_1 i_2 \cdots i_n i1i2⋯in，即集合 { 1 , 2 , ⋯ , n } \{1,2,\cdots,n\} {1,2,⋯,n} 的一个没有一个数字在它的自然顺序位置上的全排列。
用 D n D_n Dn表示集合 { 1 , 2 , ⋯ , n } \{1,2,\cdots,n\} {1,2,⋯,n} 的错排个数。
定理4.2.1
对于任意正整数 n n n，有
D n = n ! [ 1 − 1 1 ! + 1 2 ! − 1 3 ! + ⋯ + ( − 1 ) n 1 n ! ] . D_n = n! \left[1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots + (-1)^n \frac{1}{n!}\right]. Dn=n![1−1!1+2!1−3!1+⋯+(−1)nn!1].
其中 D n D_n Dn 表示 n n n 个元素的错排数。
4.2.3有禁止条件的排列
定理4.2.2
对于任意正整数 n n n，有：
Q n = ∑ k = 0 n − 1 ( − 1 ) k ( n − 1 k ) ( n − k ) ! Q_n = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{n-1}{k} (n-k)! Qn=k=0∑n−1(−1)k(kn−1)(n−k)!
其中 Q n Q_n Qn 表示集合 { 1 , 2 , ⋯ , n } \{1,2,\cdots,n\} {1,2,⋯,n} 的不出现 12 , 23 , ⋯ , ( n − 1 ) n 12,23,\cdots,(n-1)n 12,23,⋯,(n−1)n 这些模式的全排列的个数。
题目解析
求集合 { 1 , 2 , ⋯ , n } \{1,2,\cdots,n\} {1,2,⋯,n} 的排列数，使得在排列中正好有 k k k 个整数在它们的自然位置上（即 i i i 排在第 i i i 位）。
解答
设 A ( n , k ) A(n, k) A(n,k) 表示满足条件的排列数，则：
A ( n , k ) = ( n k ) D n − k A(n, k) = \binom{n}{k} D_{n-k} A(n,k)=(kn)Dn−k
其中 ( n k ) \binom{n}{k} (kn) 表示从 n n n 个位置中选出 k k k 个固定点， D n − k D_{n-k} Dn−k 表示剩下 n − k n-k n−k 个元素的错排数。
公式说明
- 先选出 k k k 个数固定在自然位置，共 ( n k ) \binom{n}{k} (kn) 种选法。
- 剩下的 n − k n-k n−k 个数必须全部错排。
因此，答案为 A ( n , k ) = ( n k ) D n − k A(n, k) = \binom{n}{k} D_{n-k} A(n,k)=(kn)Dn−k，其中 D n − k D_{n-k} Dn−k 可用错排公式计算。