组合数学第四章
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Chapter4 Including and Excluding Principle
§1：2 periods §2－3：2 periods §4－5：3 periods Total：7 periods
2013-7-9
1
Roadmap
4.1 容斥原理（The principle of inclusion-
2013-7-9 13
dog, god, gum, depth, thing
A1 A5 0， A4 A5 19!， A3 A4 A3 A5 20!， A1 A2 A3 0， A1 A2 A4 0 A1 A2 A5 0， A1 A3 A4 0 A1 A3 A5 0， A1 A4 A5 0
9
例1.4 某班级有学生25人，其中有14人会西班牙语，
12人会法语，6人会法语和西班牙语，5人会德语和西 班牙语，还有2人对这三种语言都会说，而6个会德语 的人都会说另一种语言（法语、西班牙语中的一种） 。求不会外语的人数。 解：设会法语、德语和西班牙语的学生的集合分别为 F, G, S。显然，|F| = 12, |G| = 6, |S| = 14, |F∩S| = 6, |G∩S| = 5, |F∩G∩S| = 2 下面计算|G∩F|，考虑G，因为6个会德语的人都会另 一种语言，其中5人会西班牙语，那么另1人肯定会法 语；另外G中5个会西班牙语的人中也有2人会法语。 故|G∩F| = 1+2 = 3。 所求为 | F G S | 25 (12 6 14) (6 5 3) 2 5
1000 1000 AC 25 A B 33 58 5 6 1000 A B C 8 120
1000 B C 41 24
故
2013-7-9
A B C S A B C 1000 200 166 125 33 25 41 8 600
2013-7-9 11
dog, god, gum, depth, thing
出现dog字样的排列，相当于把dog作 为一个单元参加排列，故 A1 24! 类似有：A2 A3 24!， A4 A5 22! 由于god,dog不可能在一个排列中同 时出现，故： A1 A2 0;
容斥原理研究有限集合的交或并的计数问题。
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3
DeMorgan定理：若A，B为S的子集，则
1) A B A B 2) A B A B 推广形式：若 Ai , i 1, 2, , n 为S的子集，则 1) A A 2) A A
5
从而
A1 A2 A3 S A1 A2 A3 105 3 95 3 85 75
2013-7-9
17
在所讨论的问题中，如果性质p1,p2,…pn是对称
的，即具有k个性质的事物数目不依赖于这k个 性质的选取，总是等于同一个数值（称其为公 共数），记作N(k)。 N(2) = |A1∩A2| = |A1∩A3| = … = |An-1∩An| N(3) = |A1∩A2∩A3 | = … = |An-2∩An-1∩An| …… 另外，记
i 1 i 1 j i i 1 j i k j n n1
Proof （数学归纳法）
注： A1 A2 An S A1 A2 An
Q：上式展开后形如 少项？
2013-7-9
Ai1 Ai2 Aik
的项共多
7
例1.2 求a,b,c,d,e,f这六个字母的全排列中不出
2013-7-9
A
A B
B
(3)-(1)-(2)得 | A∪B | - | A | - | B | = | A∩B | + | A∩B | + | B∩A | ( | A∩B | + | A∩B | ) – ( | B∩A | + | B∩A | ) = - | A∩B | 从而 | A∪B | = | A | + | B || A∩B |
exclusion） 4.2 再论可重复组合 4.3 错排问题 4.4 棋盘多项式和有限制排列 4.5 反演
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2
容斥原理
例1.1 求1—20中2或3的倍数的个数。
解：2的倍数是：2，4，6，8，10，12，14， 16，18，20。 10个 3的倍数是：3，6，9，12，15，18。 6个 但答案不是10+6=16 个，因为6，12，18在两 类中重复计数，应减去。故答案是：16-3=13
n n n n n 1 n 1n n! n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
n
2013-7-9
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
20
例1.8
（Euler函数）求小于n且与n互素的正 整数个数 φ(n) 。 解：由算术基本定理，n可唯一的分解成素数 a a n p1a p2 pk 的乘积， 满足条件的数m具有以下性质： i 1, 2, , k ，m不是pi的倍数。 设S：1—n的正整数； Ai：1—n中pi的倍数，i = 1, 2, …, k
A1 A2 An S A1 A2 An
n n m m n 1 n 1m n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
m
注： 若m=n，显然所求为n！ 可得恒等式
N (0) A1 A2 An
NS
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对称筛公式
n n nn N (0) N N (1) N (2) (1) N (n) 1 2 n n in N (1) N (i ) i i 1
2013-7-9 14
dog, god, gum, depth, thing
A2 A3 A4 0， A2 A3 A5 0
由于god、depth、thing不可以同时出 现，故有： A2 A4 A5 0
A3 A4 A5 17!
其余多于3个集合的交集都为空集。
n n i i i 1 n i 1 n i i i 1 i 1
∪相当于“逻辑或”，∩相当于“逻辑与”。
2013-7-9
4
S
Theorem1.1
A B A B A B 证明：若A∩B=φ，则 | A∪B | = |A| + |B| | A | = | A ∩ ( B∪B) | = | (A∩B) ∪ (A∩B) | = | A∩B | + | A∩B | ( 1 ) 同理 | B | = | B∩A | + | B∩A | (2) | A∪B | = |(A∩(B∪B))∪(B∩(A∪A))| =|(A∩B)∪(A∩B)∪(B∩A)∪ (B∩A)| =| A∩B| + |A∩B | + | B∩A| (3)
10
2013-7-9
例1.5 用26个英文字母作不允许重复的全排列
，要求排除dog，god，gum，depth，thing字 样的出现，求满足这些条件的排列数。 解：所有排列中，令：
A1为出现dog的排列的全体； A2为出现god的排列的全体； A3为出现gum的排列的全体； A4为出现depth的排列的全体； A5为出现thing的排列的全体；
2013-7-9 15
故满足要求的排列数为：
26! 3 24! 2 22! 22! 4 20! 19! 17! 26! 3 24! 22! 4 20! 19! 17!
2013-7-9
16
例1.6 在0—99999中有多少个同时含2,5,8的
整数？ 解：S：0—99999的整数
现ace和df的排列数。 解：S：所有全排列的集合 A：出现ace的排列 B：出现df的排列 显然 A B 3! ，从而
S 6!
A 4! B 5!
A B S A B 6!4!5!3! 582。
2013-7-9
8
例1.3
求1—1000中不能被5，6和8整除的整 数个数。 解：S：1—1000的整数 1000 A 200 A：能被5整除的整数 5 1000 B 166 B：能被6整除的整数 6 1000 C 125 C：能被8整除的整数 8
类似： 2 A3 0， A1 A4 0 A
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dog, god, gum, depth, thing
由于gum,dog可以在dogum字样中同时 出现，故有：A1 A3 22! 类似有god和depth可以在godepth字样 中同时出现，故 A2 A4 20! god和thing可以在thingod字样中同时 出现，从而 A2 A5 20!
1 2 k
2013-7-9
21
|S|=n, |Ai|=n/pi, |Ai∩Aj|=n/(pipj), …
(n) A1 A2 Ak S A1 A2 Ak
n n n n n n n( ) p1 p2 pk p1 p2 p1 p3 pk 1 pk n (1) k p1 p2 pk
A B C A B AC B C A B C
注： A B C A B C S A B C
2013-7-9
6
Theorem1.3
设 A1 , A2 , , An 是有限集合，则
n2
A1 A2 An
Ai Ai A j Ai A j Ak (1) n1 A1 A2 An
注：
A B A B S A B
5
Theorem1.2 A B C A B C A B A C B C A B C
证明：A B C ( A B) C A B C ( A B) C
A B C A B ( A C ) ( B C)
A1：不含2的整数 A2：不含5的整数
5
S 105
3
A3：不含8的整数
（共 2 个） 3
5 显然 A1 A2 A3 9 （共 1 个）
A1 A2 A1 A3 A2 A3 8
A1 A2 A3 7
1 1 1 n (1 ) (1 )(1 ) p1 p2 pk
2 注1：对 n 60 2 3 5 ， (60) 60 (1 2 )(1 3 )(1 5 ) 16
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19
例1.7 设 |X|=m, |Y|=n, 求X->Y的满射个数。
解：设 Y { yi | i 1, 2 , , n}，设Ｓ为 X Y 的 映射集，Ai为yi在X中无原象的映射集。 |S|=nm, |Ai|=(n-1)m, |Ai∩Aj|=(n-2)m, … 所求为
§1：2 periods §2－3：2 periods §4－5：3 periods Total：7 periods
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1
Roadmap
4.1 容斥原理（The principle of inclusion-
2013-7-9 13
dog, god, gum, depth, thing
A1 A5 0， A4 A5 19!， A3 A4 A3 A5 20!， A1 A2 A3 0， A1 A2 A4 0 A1 A2 A5 0， A1 A3 A4 0 A1 A3 A5 0， A1 A4 A5 0
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例1.4 某班级有学生25人，其中有14人会西班牙语，
12人会法语，6人会法语和西班牙语，5人会德语和西 班牙语，还有2人对这三种语言都会说，而6个会德语 的人都会说另一种语言（法语、西班牙语中的一种） 。求不会外语的人数。 解：设会法语、德语和西班牙语的学生的集合分别为 F, G, S。显然，|F| = 12, |G| = 6, |S| = 14, |F∩S| = 6, |G∩S| = 5, |F∩G∩S| = 2 下面计算|G∩F|，考虑G，因为6个会德语的人都会另 一种语言，其中5人会西班牙语，那么另1人肯定会法 语；另外G中5个会西班牙语的人中也有2人会法语。 故|G∩F| = 1+2 = 3。 所求为 | F G S | 25 (12 6 14) (6 5 3) 2 5
1000 1000 AC 25 A B 33 58 5 6 1000 A B C 8 120
1000 B C 41 24
故
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A B C S A B C 1000 200 166 125 33 25 41 8 600
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dog, god, gum, depth, thing
出现dog字样的排列，相当于把dog作 为一个单元参加排列，故 A1 24! 类似有：A2 A3 24!， A4 A5 22! 由于god,dog不可能在一个排列中同 时出现，故： A1 A2 0;
容斥原理研究有限集合的交或并的计数问题。
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DeMorgan定理：若A，B为S的子集，则
1) A B A B 2) A B A B 推广形式：若 Ai , i 1, 2, , n 为S的子集，则 1) A A 2) A A
5
从而
A1 A2 A3 S A1 A2 A3 105 3 95 3 85 75
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在所讨论的问题中，如果性质p1,p2,…pn是对称
的，即具有k个性质的事物数目不依赖于这k个 性质的选取，总是等于同一个数值（称其为公 共数），记作N(k)。 N(2) = |A1∩A2| = |A1∩A3| = … = |An-1∩An| N(3) = |A1∩A2∩A3 | = … = |An-2∩An-1∩An| …… 另外，记
i 1 i 1 j i i 1 j i k j n n1
Proof （数学归纳法）
注： A1 A2 An S A1 A2 An
Q：上式展开后形如 少项？
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Ai1 Ai2 Aik
的项共多
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例1.2 求a,b,c,d,e,f这六个字母的全排列中不出
2013-7-9
A
A B
B
(3)-(1)-(2)得 | A∪B | - | A | - | B | = | A∩B | + | A∩B | + | B∩A | ( | A∩B | + | A∩B | ) – ( | B∩A | + | B∩A | ) = - | A∩B | 从而 | A∪B | = | A | + | B || A∩B |
exclusion） 4.2 再论可重复组合 4.3 错排问题 4.4 棋盘多项式和有限制排列 4.5 反演
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容斥原理
例1.1 求1—20中2或3的倍数的个数。
解：2的倍数是：2，4，6，8，10，12，14， 16，18，20。 10个 3的倍数是：3，6，9，12，15，18。 6个 但答案不是10+6=16 个，因为6，12，18在两 类中重复计数，应减去。故答案是：16-3=13
n n n n n 1 n 1n n! n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
n
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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例1.8
（Euler函数）求小于n且与n互素的正 整数个数 φ(n) 。 解：由算术基本定理，n可唯一的分解成素数 a a n p1a p2 pk 的乘积， 满足条件的数m具有以下性质： i 1, 2, , k ，m不是pi的倍数。 设S：1—n的正整数； Ai：1—n中pi的倍数，i = 1, 2, …, k
A1 A2 An S A1 A2 An
n n m m n 1 n 1m n (n 1) (n 2) (1) 1 2 n 1
m
注： 若m=n，显然所求为n！ 可得恒等式
N (0) A1 A2 An
NS
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对称筛公式
n n nn N (0) N N (1) N (2) (1) N (n) 1 2 n n in N (1) N (i ) i i 1
2013-7-9 14
dog, god, gum, depth, thing
A2 A3 A4 0， A2 A3 A5 0
由于god、depth、thing不可以同时出 现，故有： A2 A4 A5 0
A3 A4 A5 17!
其余多于3个集合的交集都为空集。
n n i i i 1 n i 1 n i i i 1 i 1
∪相当于“逻辑或”，∩相当于“逻辑与”。
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S
Theorem1.1
A B A B A B 证明：若A∩B=φ，则 | A∪B | = |A| + |B| | A | = | A ∩ ( B∪B) | = | (A∩B) ∪ (A∩B) | = | A∩B | + | A∩B | ( 1 ) 同理 | B | = | B∩A | + | B∩A | (2) | A∪B | = |(A∩(B∪B))∪(B∩(A∪A))| =|(A∩B)∪(A∩B)∪(B∩A)∪ (B∩A)| =| A∩B| + |A∩B | + | B∩A| (3)
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例1.5 用26个英文字母作不允许重复的全排列
，要求排除dog，god，gum，depth，thing字 样的出现，求满足这些条件的排列数。 解：所有排列中，令：
A1为出现dog的排列的全体； A2为出现god的排列的全体； A3为出现gum的排列的全体； A4为出现depth的排列的全体； A5为出现thing的排列的全体；
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故满足要求的排列数为：
26! 3 24! 2 22! 22! 4 20! 19! 17! 26! 3 24! 22! 4 20! 19! 17!
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例1.6 在0—99999中有多少个同时含2,5,8的
整数？ 解：S：0—99999的整数
现ace和df的排列数。 解：S：所有全排列的集合 A：出现ace的排列 B：出现df的排列 显然 A B 3! ，从而
S 6!
A 4! B 5!
A B S A B 6!4!5!3! 582。
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8
例1.3
求1—1000中不能被5，6和8整除的整 数个数。 解：S：1—1000的整数 1000 A 200 A：能被5整除的整数 5 1000 B 166 B：能被6整除的整数 6 1000 C 125 C：能被8整除的整数 8
类似： 2 A3 0， A1 A4 0 A
2013-7-9 12
dog, god, gum, depth, thing
由于gum,dog可以在dogum字样中同时 出现，故有：A1 A3 22! 类似有god和depth可以在godepth字样 中同时出现，故 A2 A4 20! god和thing可以在thingod字样中同时 出现，从而 A2 A5 20!
1 2 k
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|S|=n, |Ai|=n/pi, |Ai∩Aj|=n/(pipj), …
(n) A1 A2 Ak S A1 A2 Ak
n n n n n n n( ) p1 p2 pk p1 p2 p1 p3 pk 1 pk n (1) k p1 p2 pk
A B C A B AC B C A B C
注： A B C A B C S A B C
2013-7-9
6
Theorem1.3
设 A1 , A2 , , An 是有限集合，则
n2
A1 A2 An
Ai Ai A j Ai A j Ak (1) n1 A1 A2 An
注：
A B A B S A B
5
Theorem1.2 A B C A B C A B A C B C A B C
证明：A B C ( A B) C A B C ( A B) C
A B C A B ( A C ) ( B C)
A1：不含2的整数 A2：不含5的整数
5
S 105
3
A3：不含8的整数
（共 2 个） 3
5 显然 A1 A2 A3 9 （共 1 个）
A1 A2 A1 A3 A2 A3 8
A1 A2 A3 7
1 1 1 n (1 ) (1 )(1 ) p1 p2 pk
2 注1：对 n 60 2 3 5 ， (60) 60 (1 2 )(1 3 )(1 5 ) 16
2013-7-9
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例1.7 设 |X|=m, |Y|=n, 求X->Y的满射个数。
解：设 Y { yi | i 1, 2 , , n}，设Ｓ为 X Y 的 映射集，Ai为yi在X中无原象的映射集。 |S|=nm, |Ai|=(n-1)m, |Ai∩Aj|=(n-2)m, … 所求为