组合数学 第二章 容斥原理

26!-3×24!-22!+4×20!+19!-17!
§2.1 容斥原§理2例.71 容斥原理
2.1.3 容斥原理
例题
例7、欧拉函数(n)是求小于n且与n互
素的自然数的个数。 (n∈N) 求欧拉函数表达式。
解：对任一大于1的正整数n都可惟一地分解为
n
p1 1
p2 2
...
pk k
其中p1＜p2＜…＜pk都是不超过n的素数，且α1,α2,…,αk都是正整
n
|Ai| 中被计算的次数为C(m,1) ；又因为在m个性质中取出一对
性i1质的方法有C(m,2)个，故y是C(m,2)个集合Ai∩Aj(i≠j)的一个元素，
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|Ai中A被j| 计算的次数为C(m,2)，…，因此y在等式右端被计
算的次数i净j 值C(m,0)-C(m,1)+C(m,2)+…+(-1)nC(m,n)，由于m＜k时，
§2.1 容斥原§理2例.51 容斥原理
2.1.3 容斥原理
例题
例5、求不超过120的素数个数。
解：设S={1,2,…,120}，因为102＜120＜112，故120以内的合数必 然是2,3,5,7的倍数，令Ai为120以内数i的倍数集，i=2,3,5,7，有
|S| 120,|A2| 120 2 60,|A3| 120 3 40, |A5| 120 5 24,|A7| 120 7 17, |A2 A3| 120 6 20,|A2 A5| 120 10 12,|A2 A7| 120 14 8, |A3 A5| 120 15 8,|A3 A7| 120 21 5,|A5 A7| 120 35 3, |A2 A3 A5| 120 30 4,|A2 A5 A7| 120 70 1, |A2 A3 A7| 120 42 2,|A3 A5 A7| 120 105 1, |A2 A3 A5 A7| 120 210 0
§§22.1.1容容斥斥原理原定理理1-2
2.1.2 计数定理
定理 2.1
|A B| |A||B||A B| |A B| |S||A||B||A B|
同样可用Venn图说明该定理的正确性。 该等式表示同时不具有性质a、b的元素个数的计数方法。同时不 具有性质a、b的元素个数应该在全集S中去掉|A|和|B|，但此时同 时具有性质a、b的元素计数重复减了一次，故需要加上重复的数 |A∩B|。
(n) |A1 A2 ... Ak | |S| |Ai | |Ai Aj|
i 1
i j
|Ai Aj Al | ... (1)n|A1 A2 ... Ak |
i jl
n
n p1
n p2
...
n pk
n p1 p2
n p1 p3
...
n pk 1 pk
... (1)k n
i j
i jk
证明：可以利用数学归纳法证明。或用组合分析方法如下：
为证明等式成立，只需证明等式右端不具有性质pi (i=1,2,…,n)的元 素被计算的次数净值为1，而至少具有性质pi 中之一的元素被计算 的次数净值为0即可。 考虑S中一个不具有n个性质中任何一个性质的元素x，因为 x∉Ai(i=1,2,…,n)，故x被计算的次数净值为1-0+0-…(-1)n *0=1。 考虑S中一个恰好具有n个性质中的m(1≤m≤n)个性质的一个元素y， 由于y∈S ，故在S中被计算的次数为C(m,0)；又由于y恰好具有m个 性质，故它是Ai(i=1,2,…,n)中的m个集合的元素，因而在
§2.1 容斥原理§定理2.31 容斥原理
2.1.3 容斥原理 若Ai (i=1,2,…,n) S，且Ai是S中具有性质pi的元
定理 2.3
素的子集，则S中不具有性质pi
(i=1,2,…,n)的元 n
素的个数为：|A1 A2 ... An| |S| |Ai |
i 1
|Ai Aj | |Ai Aj Ak | ... (1)n|A1 A2 ... An|
p1 p2 ... pk
n1
1 p1
1
1 p2
...1
1 pk
§2.1 容斥原§理2例.81 容斥原理
2例个.1.学83、生容某喜斥校爱甲原物班理理共，有26学个生学6生0名喜，爱其化中学2，4个10学个生学喜生爱既数喜学爱，数学28
又喜喜爱例爱物物理题理又喜，爱8个化学学生，既6喜个学爱生数对学这又三喜门爱学化科学都，喜14爱个学，生问有既 多少学生对这三门学科都不喜爱？
A BA B
A BA B
注：De Morgan定律可推广到n个有限子集。
S
A
S AB
§§22..11容容斥原斥理原定理理1-1
2.1.2 计数定理
定理 2.1
|A B| |A||B||A B|
可用Venn图说明该定理的正确性。 或通过组合分析法，若A代表具有性质a的元素集合，B代表具有 性质b的元素集合，等式左端表示至少具有性质a、b之一的元素 个数，|A|表示具有性质a的元素个数，|B|表示具有性质b的元素个 数，但二者相加时，同时具有性质a、b的元素计数重复加了一次， 故需要减去重复的数|A∩B|。 注：加法法则相当于该等式A∩B=Φ的一个特例。
|A B|=|S||A||B||A B| 582
§2.1 容斥原§理2例.31 容斥原理
2.1.3 容斥原理
例题
例3、求从1到500的整数中被3或5除尽 的数的个数。
解：令A为1~500中能被3除尽的整数集合，B为1~500中能被5除
尽的整数集合。 根据题意有 |A|
500 3
166,|B|
§§22..11 容容斥斥原原理理定理2
2.1.2 计数定理 |A B C| |A||B||C||A B|
定理 2.2
|B C||C A||A B C|
|A B C| |S|-(|A||B||C|)+(|A B|
|B C|+|C A|)|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 )| |A||B||C||A B||A C||B C||A B C|
定理 2.4
素的子集，则S中至少具有性质pi (i=1,2,…,nn)的一 个性质的元素个数为：|A1 A2 ... An| |Ai |
i 1
|Ai Aj | |Ai Aj Ak | ... (1)n1|A1 A2 ... An|
i j
i jk
证性明质：元素由所于组集成合的A1子集A2，所...以有An 是S中至少具有n个性质中一个
解：令M为修数学课的学生集合，P为修物理课的学生集合，C为 修化学课的学生集合。
据题意有|M|=170，|P|=120，|C|=130，|M∩P|=45，|P∩C|=22， |C∩M|=20，|M∩P∩C|=3 ， 则该学校的学生数为
|M∪P∪C|=|M|+|P|+|C|-|M∩P|-|P∩C|-|C∩M|+|M∩P∩C|=336
但该计算过程排除了素数2,3,5,7，又包含1这个非合数，故所求 120以内的素数数目为
27+4-1=30
§2.1 容斥原§理2例.61 容斥原理
2.1.3 容斥原理
例题
例6、用26个英文字母做不允许重复的全 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：设S为60名学生的集合，令M为喜欢数学课的学生集合，P为 喜欢物理课的学生集合，C为喜欢化学课的学生集合。 根据题意有|S|=60，|M|=24，|P|=28，|C|=26，|M∩P|=10， |P∩C|=14， |C∩M|=8， |M∩P∩C |=6 ，根据容斥原理，则该班级 三门学科都不喜欢的学生数为
解：令S为四个字符的所有n位符号串集合，A,B,C分别为n位符号 串中不出现a,b,c的集合。 根据题意有
|S| 4n |A| |B| |C| 3n
|A B| |B C| |C |A B C| 1
A| 2n
根据容斥原理， a,b,c至少出现一次的符号串数目为
|A B C| |S| ( A||B||C|) (|A B||B C||C A|)|A B C| 4n 3 3n 3 2n 1
解：设S为26个字母的全排列集，令Ai分别为出现dog, god, gum, depth, thing的排列集，i=1,2,3,4,5。出现dog的排列，可把dog作 为一个元素看，|A1|=24!，同理|A2|=|A3|=24!，|A4|=|A5|= 22!。因 dog, god不可能同时出现，故|A1∩A2|=0，同理|A2∩A3|=|A1∩A4|= |A1∩A5|= 0，gum, dog可以在dogum中同时出现，故|A3∩A1|=22!， 同理|A2∩A4|=|A3∩A4|=|A5∩A2|=|A5∩A3|=20!, |A4∩A5|=19!。同理 |A1∩A2∩A3|=|A1∩A2∩A4|=|A1∩A2∩A5| =|A2∩A3∩A4|=|A2∩A3∩A5|=|A1∩A4∩A5|=|A1∩A3∩A4| =|A1∩A3∩A5|=|A2∩A4∩A5|= 0，|A3∩A4∩A5|=17!，其他4个、5 个子集的交集均为空集。 根据容斥原理，所求的排列数为
证明： |A B C|=|A B C|=|S||A B C| =|S| (|A||B||C|) (|A B||A C||B C|)|A B C|
§§2.21.1 容容斥斥原原理理例1
2.1.2 计数定理
例题
例1、一个学校只有三门课程：数学、 物理、化学。已知修这三门科的学生分
别 有 170 、 130 、 120 人 ； 同 时 修 数 学 物 理两门课的学生有45人；同时修数学、 化学的20人；同时修物理、化学的22人； 同时修三门科的学生3人。问这学校有 多少学生？
C(m,k)=0，有C(m,0)-C(m,1)+C(m,2)+…+(-1)nC(m,n)= C(m,0)-
C(m,1)+C(m,2)+…+(-1)mC(m,m)=0。因此y具有n个性质中至少一个
性质时，被计算的次数净值为0。 定理得证。
§2.1 容斥原理§定理2.41 容斥原理
2.1.3 容斥原理 若Ai (i=1,2,…,n) S，且Ai是S中具有性质pi的元
根据容斥原理，有
|A2 A3 A5 A7| |S| (|A2||A3| A5||A7|) (|A2 A3||A2 A5| |A2 A7||A3 A5||A3 A7||A5 A7|) (|A2 A3 A5||A2 A5 A7| |A2 A3 A7||A3 A5 A7|)|A2 A3 A5 A7| 27
500 5
100,|A
B|
500 15
33
根据容斥原理，从1到500的整数中被3或5除尽的数的个数为
|A B| |A|+|B||A B| 233
§2.1 容斥原§理2例.41 容斥原理
2.1.3 容斥原理
例题
例4、求有a,b,c,d四个字符构成的n位符 号串中，a,b,c至少出现一次的符号串的 数目。
数。设S={1,2,…, n}， Ai为S中能被pk整除的子集，i=1,2,…,k。显 然有|S|=n, |Ai|=n/pi, (i=1,2,…,k), |Ai∩Aj|=n/(pi pj), (i,j=1,2,…,k; i≠j),…,|A1∩A2 ∩…∩Ak|=n/(p1p2…pk)k，根据容斥原理，有
第二章容斥原理
本章重点介绍容斥原理及其在排列组 合中的应用：
• 容斥原理 • 容斥原理的应用 • 有限制排列与棋盘多项式
§§22..11 基容本斥技术原定理律
2.1.1 引论
容斥原理（包含排除原理）通过研究若干有限集合的
交与并等基本运算，解决实际中的计数问题。主要依据：
• 若A为S 的子集，则 |A| |S||A| ， |A| |S||A|。 • De Morgan定律：若A、B为S的子集，则
|A1 A2 ... An| |S||A1 A2 ... An|
|S||A1 A2 ... An| 代入上述定理，即可得证。
§2.1 容斥原§理2例.21 容斥原理
2.1.3 容斥原理
例题
例2、求a,b,c,d,e,f六个字母的全排列中不 允许出现ace和df图像的排列数。
解：令S为这六个字母的全排列集合，A为ace作为一个元素出现 的排列集合，B为df作为一个元素出现的排列集合。 根据题意有|S|=6!，|A|=4!，|B|=5!，|A∩B|=3!，根据容斥原理， 不允许出现ace和df的排列数为