容斥原理

(1)n
n n
Rn
,
其中R0 | S |
k n k 1 n
N[k]
k
k
Rk
k
k
1
Rk 1
k 2 n
k
k
2
Rk 2
(1)nk
n
k
n n
Rn
22
在应用容斥原理求解计数问题时,可按下列步骤 进行: (1) 根据问题的实际情况, 构造一个有限集 S={e1 , e2 , , et }和一个性质集P {P1 , P2 , , Pn }, Ai 是S中具有性质Pi的所有元素组成的子集, 问 题的关键是构造的性质集P,要使得 | Ai1 Ai2 Aik | 容易计算出来.(k 1, 2, , n)
4
4.2 容斥原理
引理4.2.1 设A,B为有限集合,则有 | A B || A | | B | | AB |
定理4.2.1(容斥原理)设A1 , A2 , , An是有限集合,则 | A1 + A2 + An |
n
| Ai |
| Ai Aj |
| Ai Aj Ak |
i 1
1i jn
1i jk n
(1)n1 | A1 A2 An |
5
证 n = 2时,由引理知结论成立.
设对n - 1时结论成立,即
| A1 + A2 + An1 |
n1
| Ai |
| Ai Aj |
| Ai Aj Ak |
i 1
1i jn1
1i jk n1
(1)n2 | A1 A2 An1 |
这说明计算一个集合的元素个数时,有时间 接计算比直接计算更为简单.
2
预备知识 - -集合论知识初步: 设A, B,C, S是集合,集合主要有以下运算: (1) 集合的并(和): A B或A B; (2)集合的交(积): A B或AB; (3) 集合的差: A B, A B A B A AB; (4) 集合的非 : A S A (S为全集) 集合的运算满足下列定律: (1) 交换律 : A B B A, AB BA; (2) 结合律 : ( A B) C A (B C ),
解 令Ai表示数i排在第i个位置上的所有排列组 成之集, 则
| Ai | (n 1)!, i 1, 2, , n | Ai Aj | (n 2)!, i, j 1, 2, , n; i j
| Ai Aj Ak | (n 3)!, i, j, k 1, 2, , n; i, j, k互异
N[1]
q1
C21q2
C
1 3
q3
43 2 19
33
14
N[2] q2 C32q3 19 3 3 10
N[3] q3 3
20
如果性质P1 , P2 , , Pn是对称的,即具有k个性质 的事物的个数总是等于同一个数值, 则称这个 值为公共数, 记作Rk , 即 R1 | A1 || A2 | | An | R2 | A1 A2 || A1 A3 | | An1 An | R3 | Ai Aj Ak |, 1 i j k n
1000 （200 166 125）（33 25 41） 8 600
一般地，如何计算S里恰好具有P中k个性质 的元素个数？
设集合S, Ai是S上具有性质Pi的元素集,令 q0 | S |
15
n
q1 | Ai | | A1 | | A2 | | An |
i 1
q2
| Ai Aj | (| A1 A2 | | A1 A3 | | A1 An |)
1000 30
33
|
A1
A3|=
1000 [5,8]
1000 40
25
|
A2
A3|=
1000 [6,8]
1000 24
41
|
A1
A2
A3|=
ຫໍສະໝຸດ Baidu
1000 [5,6,8]
1000 120
8
14
所以1到1000中不能被5、6、8整除的数的个数为
| A1 A2 A3 || S | (| A1 | | A2 | | A3 |) (| A1 A2 | | A1 A3 | | A2 A3 |) | A1 A2 A3 |
18
例2 设某班共有学生30名,本学期开设日、德、 法三门外语供学生选修. 班里选修日语的有15 名, 选修德语、法语的各14名, 同时选修德语和 日语的有7名, 同时选修日语和法语的有6名, 同 时选修法语和德语的有6名, 三门全选修的有3 名, 问该班选修外语恰好k门的学生各有多少? 解 令S {a1 , a2 , , a30 },用A1 , A2 , A3分别表示 S中的学生选修日、德、法各种外语的学生集 合.则
( AB)C A(BC ); 3
(3) 分配律 : A(B C ) AB AC, A BC ( A B)( A C);
(4) 德 摩根定律 : A1 A2 An A1 A2 An A1 A2 An A1 A2 An
当集合A是有限集合时, A的元素个数记为 | A | . 显然有性质: (1)若A, B不相交,即AB ,则 | A B || A | | B |; (2)若A B,则 | A B || A | | B | .
S Ai {x S | x不具有性质Pi } A1 A2 An ={x S | x不具有P中任何性质}
10
式(*)左边是S中不具有性质集合P中任何一种 性质的元素的个数,因此只需证明对S中的任何 一个元素a,如果a不具有P中任何一个性质,则a 在(*)式右边被统计一次,否则a被统计0次. 首先,设a S且a不具有P中任何性质,则a不属 于任何一个Ai 或若干个Ai的交集,因此a在右边 被统计的次数为
25
一般地 | Ai1 Ai2 Aik | (n k )!, k 1, 2, , n
1i jn
(| A2 A3 | | A2 An |) | An1 An |
q3
| Ai Aj Ak | [(| A1 A2 A3 | | A1 A2 A4 |
1i jk n
| A1 A2 An |) (| A1 A3 A4 | | A1 A3 A5 |
| A1 A3 An |) | A1 An1 An |] [(| A2 A3 A4 |
Rn | A1 A2 An | 并称子集A1 , A2 , , An具有对称性质.
21
定理4.2.4 (对称原理、对称筛) 若子集A1 , A2 , , An 具有对称性质, 则有
| A1 A2
n n
An
|
1
R1
2
R2
(1)n1
n n
Rn
n n
N [0]
R0
1
R1
2
R2
1 0 0 (1)n 0 1
其次,若a S,且a同时具有P中的k种性质,那么,
11
子集A1 , A2 , , An中必有某k个都含有a,于是a在
n
| S |中被统计一次,在| Ai | 中被统计k次, 在
i 1
| Ai Aj |中被统计Ck2次,在
| Ai Aj Ak |
1i jn
1i jk n
(1)n1 | A1 A2 An |
8
定理4.2.2(逐步淘汰原理) 设A1 , A2 , , An为 有限集合S的子集合,则
| A1 A2
n
An || S | | Ai |
| Ai Aj |
i 1
1i jn
| Ai Aj Ak | (1)n | A1 A2 An |
解 令S {1, 2, ,1000}
A1 { x S | x能被5整除}
A2 { x S | x能被6整除}
A3 { x S | x能被8整除}
则
|
A1
|
1000 5
200
|
A2
|
1000 6
166
|
A3
|
1000 8
125
13
|
A1
A2|=
1000 [5,6]
第四章 容斥原理
4.1 引言
在用加法原理解决组合计数问题时,常常要求 将计数的集合划分为若干个互不相交的子集, 且这些子集比较容易计数. 问题:当集合不能或不易划分为既容易计数又
两两不相交的子集时, 如何解决此类计 数问题?
1
例 求在1,2, ,600中不能被6整除的数的个数.
解 首先计算1到600中能被6整除的整数的 个数,因为每6个连续的整数中,有且只有一个 数能被6整除,所以1到600中能被6整除的整 数的个数为600÷6 = 100,而不能被6整除的 整数的个数为600 - 100 = 500个.
| A1 A2 An1 An |
An |
于是可得容斥原理的一般形式： 17
定理4.2.3(一般公式)
N[k] =
qk
Ckk1qk1
Ck k2
qk
2
(1)nk Cnk qn
qk Ck11qk1 Ck22qk2
(1)nk
C nk n
qn
这个公式又称为Jordan公式.
用一般公式可以计算集合S里恰好具有k个性质 的元素的个数.
1i jk n
（*）
证法一 利用德 摩根定律即可证明.
9
证法二 设集合S和与S中元素有关的性质集合 P={P1,P2 , ,Pn}
令Ai { x S | x具有性质Pi } 则Ai Aj { x S | x同时具有性质Pi和Pj }, Ai Aj Ak { x S | x同时具有性质Pi , Pj和Pk }
L[k] | S | N[0] N[1] N[k 1]
注: 当求S中至少具有一种性质的元素个数或 求S中不具有任何一种性质的元素个数这两类 问题时,一般采用容斥原理的集合形式较为简 单.
24
4.3 应用
4.3.1 排列组合问题
例1 (错排问题) n个元素1,2, ,n,进行全排列, 求每个元素都不在自己原来位置上的排列数.
19
q0 | S | 30,
q1 | A1 | | A2 | | A3 | 15 14 14 43,
q2 | A1 A2 | | A1 A3 | | A2 A3 | 7 6 6 19,
q3 | A1 A2 A3 | 3, 于是
N[0]=q0 q1 q2 q3 30 43 19 3 3
则对于n,有
n
n1
n1
n1
Ai Ai An Ai | An | An Ai
i 1
i 1
i 1
i 1
6
由归纳假设
n1
n1
Ai | Ai |
| Ai Aj |
| Ai Aj Ak |
i 1
i 1
1i jn1
1i jkn1
(1)n2 | A1 A2 An1 |
n1
n1
| A2 A3 A5 | | A2 A3 An |)
| A2 An1 An |] | An2 An1 An |
16
qn | A1 A2 An |
再令N [k ]表示S中恰好具有k 种性质的元素个 数(k 0,1, 2, , n), 例如
N[0] | A1 A2 An | N[1] | A1 A2 A3 An | | A1 A2 A3
1i jkn
中被统计Ck3次, 在
| Ai1 Ai2
1i1 i2 ik n
Aik 中 | 被
统计C
k k
次,而在右边其余各项中均被统计0次,
于是a在右边被统计的总数为
Ck0 Ck1 Ck2 (1)k Ckk (1 1)k 0
12
例1 求在1和1000之间不能被5、6和8整除的数 的个数.
n1
An Ai An Ai | An Ai |
| Ai Aj An |
i 1
i 1
i 1
1i jk n1
| Ai Aj Ak An |
1i jk n1
(1)n2 | A1 A2 An1 An |
7
于是
n
n1
Ai | Ai |
| Ai Aj |
| Ai Aj Ak |
(2) 当统计S中恰好具有k种性质(特征)的元素个 数时,即求N[k],可利用逐步淘汰原理或一般公式.
23
(3) 当统计S中至少具有一种性质(特征)的元素 个数时,可利用容斥原理或计算|S|-N[0].
(4)因为|S|=N[0] N[1] N[2] N[n],故由 此式可求S中至少具有k种性质(特征)的元素个 数L[k] :
i 1
i 1
1i jn1
1i jk n1
(1)n2 | A1 A2 An1 | | An |
n1
| An Ai |
| Ai Aj An |
i 1
1i jk n1
(1)n1 | A1 A2 An1 An |
n
| Ai |
| Ai Aj |
| Ai Aj Ak |
i 1
1i jn