容斥原理在错位排列中的应用
容斥原理在排列问题中的应用实例
（ ） 般 形 式 ： Ｓ Ｐ 上 ，为 一 域 ， 每 一 ａ ， 唯 一ｗ ２一 设 ，同 Ｆ 对 ∈Ｓ 有 （ ） 与ａ 应 ， ａ ∈Ｆ 对 称ｗ（ ） 的权 ， ｐ … ，，为Ｓ 同时 具 ａ 为ａ Ｗ（ Ｐ Ｐ） 中
有 ｒ 个 性 质 ｐ … ， ｉ 所 有 元 素 的 权 和 ， （ ） ∑Ｗ （ ．Ｐ 这 Ｐ Ｐ的 Ｗ ｒ＝ ｐ． ，
列的个数Ｄ ． ｎ 定 义 性 质 Ｐ ： 对 排 列 ａａ …ａ ， ａ ｉｉ ｌ ２ … ， ） 设 Ａ 为 。 ： 有 。 （ ， ， ｎ ， ． ＝ ＝
．
｛ Ｐ ， ， ， ＂ ｛ｌ∈Ｓ 且 ｘ 有 性 质 Ｐ｝Ａ＝ — ｉ１ ２ Ｐ ，２ … Ｐ｝４ ｉ＝ｘｘ ， 具 ， Ｓ Ａ （ ， ， ＝
４当 被 积 函数 是 某 一 简 单 函 数 的 高 次 幂 函 数 时 ， 通 过 ． 可 分 部 积 分 法 得 到 高 次 幂 函数 与 低 次 幂 函 数 的 积 分 关 系 ，称 为
递推法．
３形 如 『 ｓ ｂｄ 、ｅ ｃｓｘｘ 不 定 积 分 ， 以 任 意 选 择 ． ｅ ｉ ｘ ｘ． ｏｂ ｄ 的 ｎ 『 可 Ｕ ｄ． 应 注 意 ， 和 ｖ但 因为 要 使 用 两 次 分 部 积 分 法 ， 次 选 择 的 Ｉ＋ ∑Ａ Ａ ∑ ∑ ） 则Ｉ —ｎ Ｌ： 一 Ａ ∑ ｌｎ Ａ Ｉ∑ Ｓ １ Ｉ 一 ∑
ｉ１ ＝ ｉｌ Ｊ １ ＝ ＞ ｉｌ ｊｌ ＝ ＞ ｋ
具 有 性 质 Ｐ的 全 体 排 列 ， Ｚ 则 的所 有 错 位 排 列 所 构 成 的 集 合 为
．
例 ５ ￣ Ｌ＝ （ ｘ “ｘ 并 且计 ．Ｌ． ： ｎＳ１ ） ， ｎ ｄ ￣ ４ － 解 ：ｎｆ １ｘ ｘ ｘ １ｘ＂ｆ ｄ （ ｘ Ｌ＝ （ ） ＝ （ ） ｘ ［１ ）］ ｎ ｄ ｎ － ｎ
最新第六章 容斥原理及应用6.4 带有禁止位置的排列【共享精品-】教学讲义PPT课件
i1 1，2； i2 2，3； i3 3，4； i4 1，4； 的排列i1 , i2 , i3 , i4 组成。即是：排列 i1 , i2 , i3 , i4 中，第一个不能是1，2；第二个不能是2，3；第 三个不能是3，4；第四个不能是1，4；
故：P(X1,X2,X3,X4)={3412，4123}= 2
素不占据该排列的第二个位置 ,…… Xn的元 素不占据该排列的第n个位置，则：该排列属 于： P(X1, X2, …….. Xn),本集合中都是禁止 位置的排列组成；
2
例：令 n = 4 , X1={1, 2}, X2 ={2, 3}, X3={3, 4}, X4 ={1, 4};此时P(X1, X2 , X3, X4 )是由集合
29
对于一般的情况我们有下列定理：
定理6.5.1 对于n≥1
n1Βιβλιοθήκη n1Qn n! 1
(n1)!
2
(n2)!
n31(n3)!.... ..(1)n1n n 1 11!
证明：老套路，令S为集合{1,2,3,…, n}的全部n!
个n-排列的集合。Pj为在排列中出现j(j+1)模式 的性质，(j =1,2,….n-1)。Aj为满足性质Pj的
同的棋子在n×n的棋盘上的一个布局。布局满
足同一行（列）中有且仅有一个棋子。
x 如图所示的布局对应于排列
x x
41352。如果棋子都是能够
x 相互攻击的车，怎样摆放使
x
得它们互相 不能攻击？
9
正如我们前面我们讨论过的：非攻击型车 在棋盘上的摆放问题(P41), {1,2,….n} 集合的n 个不同元素的一个排列和n行 n列棋盘上非攻击 型不可区分的车在棋盘上的摆放位置之间存在 一一对应。 {1,2,….n} 的排列i1, i2, ….. in 以坐标 (1, i1), (2, i2), ….. (n, in )表示, 对应n个车的位置, 共有n!种。用P(X1, X2 …, Xn )表示棋子在n×n 棋盘上的一个布局。但有些位置是禁止摆放的。
容斥原理
排列与布棋方案
一个棋盘由大小相同的正方形方格构 成，一个方格中允许放入一个棋子. 在向棋盘布棋时，要求任何两个棋子 既不能布在棋盘的同一行，也不能布 在同一列上.
排列 p1 p2 … pn 表示: 第一行的棋子放在第 p1 列 第二行的棋子放在第 p2 列 … 第 n 行的棋子放在第 pn 列
布棋方案
i 1
1i jm
| Ai Aj Ak | ... (1)m1 | A1 A2 ... Am |
1i jk m
定理： 设S为有穷集，P1,P2, …, Pm是m种性质，Ai是S中 具有性质Pi 的元素构成的子集， 是Ai 相对于S 的补集， i=1, 2, …, m. 则 S 中不具有性质P1, P2, …, Pm的元 素数为
i 1
1i jm
| Ai Aj Ak | ... (1)m | A1 A2 ... Am |
1i jk m
证明方法：数学归纳法、组合分析 证 组合分析. 若 x 不具有任何性质，则对等式右边贡献为：
1 0 + 0 0 + … +(1)m0 = 1 若 x 具有n 条性质，1nm, 则对等式右边的贡献为：
|A|=16， |B|=21， |E |=50， |～(A∪B)|=17 |A∩B| =|A|+|B|-|（A∪B）|
=|A|+|B|-（|E|-|～(A∪B)|）
=16+21-（50-17）=4 所以有4个人两项均得优。
例2
Pascal, Visual Basic, C
三门课程的上机。 三门课程的学生分别有110人，
| A1 A2 A3 A4 | 120 (60 40 24 17) (20 12 8 8 5 3) (4 2 1 1) 0
容斥原理
带禁止位置的排列
问题的描述: 问题的描述 设S={1,…,n}, X1,…,Xn⊆S, 求满足i 的排列i 的个数. 求满足 1∉X1,…, in∉Xn的排列 1…in的个数 例. X1={1,4},X2={3},X3=∅,X4={1,5},X5={2,5} ∅
1 2 3 4 5 i1 X i2 i3 i4 X i5 X X X X X
+(-1)n-1|A1∩A2∩…∩An| ∩
欧拉函数φ(n)
φ(n)是1~n中与 互素的数的个数 中与n互素的数的个数 是 中与 互素的数的个数. ak a1 a2 例φ(3)=2, φ(6)=2. 设n的素分解为n = p1 p2 ⋯ pk 的素分解为
设Ai为1~n中pi的倍数的集合 i, j =1,…,k 中 的倍数的集合, |Ai|=n/pi , |Ai ∩Aj|=n/(pi pj ), ……
组合数学 第三章 容斥原理及其应用
主要内容： 主要内容： 1. 容斥原理及简单应用 2. 错排问题 3. 带禁止位置的排列
n n n n − + ⋯ + ( −1) = 0 0 1 n
容斥原理
“容”是inclusion, “斥”是exclusion. 容 斥 Principle of inclusion and exclusion 容斥原理是加法原理的一般情况 设全集为U, ⊆ 设全集为 A⊆U, 则有 |A| = |U| - |A|.
问题举例
n位男士 n位女士聚会 女士选择舞伴 位男士, 位女士聚会 女士选择舞伴, 位男士 位女士聚会, 第一次跳舞有多少种方案? 第一次跳舞有多少种方案 若每人都换舞伴,第二次跳舞方案数 第二次跳舞方案数? 若每人都换舞伴 第二次跳舞方案数 第二次跳舞每人都换舞伴的概率是多少? 第二次跳舞每人都换舞伴的概率是多少
容斥原理在排错问题的应用
容斥原理在排错问题的应用一、介绍容斥原理是组合数学中的重要概念，常用于解决计数问题。
在排错问题中，容斥原理也是一种非常有效的方法。
本文将介绍容斥原理在排错问题中的应用。
二、容斥原理的基本概念容斥原理是指在求多个事件的并集时，通过减去重叠的部分来得到正确的结果。
具体来说，假设有两个事件A和B，它们的概率分别为P(A)和P(B)，它们的交集概率为P(A∩B)，则它们的并集概率可以通过下面的公式计算：P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A∩B)这个公式可以推广到多个事件的情况。
三、容斥原理在排错问题中的应用在排错问题中，我们经常需要找出导致问题的原因，而问题的原因可能来自于多个可能性。
容斥原理就是一种有效的方法来排除一些可能导致问题的因素。
1. 问题分析在解决排错问题时，首先需要对问题进行分析，找出潜在的原因。
假设有n个可能导致问题的原因，分别记为A1, A2, …, An。
我们需要找出导致问题的原因。
2. 使用容斥原理使用容斥原理可以帮助我们排除一些不可能导致问题的原因。
具体操作如下：- 首先，我们将每个原因Ai单独考虑，计算其导致问题的概率，记为P(Ai)。
- 然后，我们计算任意两个原因交集导致问题的概率，记为P(Ai∩Aj)。
- 最后，我们使用容斥原理的公式，计算出满足条件的原因组合的概率。
3. 列点分析接下来，我们将使用列点的方式生成原因组合的概率。
假设有三个原因A1, A2, A3。
- 首先，我们将每个原因单独列出，计算其导致问题的概率。
- P(A1) - P(A2) - P(A3) - 然后，我们计算任意两个原因交集导致问题的概率。
- P(A1∩A2) -P(A1∩A3) - P(A2∩A3) - 最后，根据容斥原理的公式，计算出满足条件的原因组合的概率。
- P(A1∪A2∪A3) = P(A1) + P(A2) + P(A3) - P(A1∩A2) - P(A1∩A3) -P(A2∩A3) + P(A1∩A2∩A3)通过使用容斥原理和列点分析，我们可以得到问题的可能原因及其概率，从而更快地找出导致问题的原因。
关于解决全错位排列问题若千方法的研究
则有 ＝一 ． ． ， 即， ＋ 一 ． ＝０ ．
所以 Ｄ 一 ， ｚ 一 ． ＝（ 一 １ ）
进 而 可 以 推 出
声波降解 亲和层 析克隆诱变分 子纯化 电泳磁珠
分 离等 检 测 所 需要 的运 算 结 果 。
我们令 Ｓ ＝Ｄ 一， ｚ
全 错位 排列问题，也称为 “ 伯努利 一 欧拉
错 装信 封问题 ”等，问题的来源可以简单地 描 述为 ：一个 人 写 了 １ １ 封信 和 ｎ个 信封 ，而 他 把这 １ ３ 封 信 全都 装错 了信封 ，那 么这 种错 误 的装法 一共有多少种。将此问题用数学语言描
我 们用 Ｄ 表示集 合 ｛ １ ，２ ，…ｎ ｌ的全 错位排 列个数 ，即错排 数。错 排问题 是组 合数学中非 常重要 的问题 ，也是应用十分广泛的 问题 。 解 决错 排 问题 的方法 有很 多， 比如利 用 递推关系、利用容斥原理等等。本文给出一些 组合数学中常用的方法以及其他学科领域的方 法来解 决全错位 排列 问题 。
计算机技术应用 ・ ｔ ｈ ｅ Ａ ｐ ｐ ｌ ｉ ｃ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ ｏ ｆ Ｃ ｏ ｍｐ ｕ ｔ ｅ ｒ Ｔ ｅ ｃ ｈ ｎ ｏ ｌ ｏ ｇ ｙ
关于解决全错位排列问题 若千方法 的研究
文／ 许 斌 龙
是 ｌ就 在 第 ｋ位 ， 一 种 是 １ 不 在 第 ｋ位 。 当 ｌ
ａ ｌ ， ａ ２ ，… ， ａ ｎ满足条件 ａ ． ≠ｉ （ ｉ ＝ｌ ， ２ ， …， ｎ ） ，
则称 其 为 ｆ １ ，２ ，… ｎ ， 的 更 列 ，即 全 错 位 排 列 。
确性，这 里就不在一一验证 。
错位排列[数学]
![错位排列[数学]](https://img.taocdn.com/s3/m/fce7200bfe00bed5b9f3f90f76c66137ee064f1c.png)
错位排列[数学]写在前⾯那就先从⼀个例题引⼊吧 （来⾃《组合数学》P110）题⽬在⼀次聚会上，有 n 位男⼠和 n 位⼥⼠。
这 n 位⼥⼠能够有多少种⽅法选择男舞伴开始第⼀⽀舞？如果在⼀⾸曲后每个⼈必须换舞伴，那么第⼆⽀舞⼜有多少种选择⽅法？分析⾸先，第⼀⽀舞有 n ! 中选择，⽽第⼆⽀舞的选择⽅法数为后⾯要讲的错位排序数 D n（说起来这个例⼦好像我校神犇兔崽⼦Tzz 换⼥朋友）错位排列⾸先安利 Planet 6174 的博客讲解 （⾼中⽣表⽰看懂了）问题给定 n 元集合 X ，它的每⼀个元素都有⼀个特定的位置，⽽现在要求求出没有⼀个元素在它指定的位置上的排列的数⽬。
（发现就是上⾯的第⼆⽀舞）特别的，请注意，每⼀个元素都只有⼀个限定不能放的位置。
⽅法我们这⾥假定第 i 个元素不能放在第 i 个位置上（因为不⼀样的我们可以通过交换达成，对应顺序没有影响）⽤ D n 表⽰ {1,2,3,...n } 的错位排列的数⽬。
那么，对于 n =1 ，不存在可⾏解； n =2 时，唯⼀的错位排列是 2 1； n =3 时有两个排列 2 3 1 和 3 1 2。
因此，我们有 D 1=0， D 2=1， D 3=2。
递推式考虑将第 n 个元素放到第 k 个位置 (k ≠n )，有 n −1 种放法，然后分类讨论1、第 k 个元素放到了第 n 个位置上发现这样的话第 n 个和第 k 个就相当于不存在了，不影响其他元素的放置，此时，我们将其余的元素错位排列的⽅案数量有 D n −2 种1、第 k 个元素没有放到第 n 个位置上这样相当于是加了⼀个限定：第 k 个元素不能放在第 n 个位置上。
因为 k 个位置已经被⽤过了，相当于不存在，那么可以说去掉了 k 不放 k 位的限制。
这样我们可以交换第 k 个和第 n 个位置，就变成去掉了⼀个元素 n 和位置 k 的情况，即变成 n −1 个元素的错位排列 D n −1我们有了⼀个很简单的递推式D n =(n −1)×(D n −2+D n −1)通项公式D n =n !1−11!+12!−13!⋯+(−1)n 1n !证明这个……详见《组合数学》P108简单推⼀下，主要思想 容斥原理⾸先，不考虑限制，总排列数为 n ! 。
全错位排列数的求法
其对立事件“没有一个人抽到自己的礼物”的概率为
1 P( B1 B2 ... Bn ) 1 1
根据题意可以知道全错位的排列数为
1 1 1 1 ... (1) n 2! 3! 4! n!
n Dn An 1 P( B1 B2 ... Bn )
证明完毕。
参考文献
[1]茆诗松，程依明，濮晓龙.概率论与数理统计.北京：高等教育出版社，2004 [2]曹汝成.组合数学.广州：华南理工大学出版社，2000 [3]张禾瑞，郝鈵新.高等代数.北京：高等教育出版社，1999
5
n 1 Ann11 Ann12 Ann13 ... (1)n1 An01 Ann22 Ann23 Ann24 ... (1)n2 An02
化简上式，我们可以得到：
4
1 1 1 1 n 1 上式 n 1 n 1 ! 2! 3! 4! ... (1) n 1! 1 1 1 1 n2 n 2 ! ... ( 1) 2! 3! 4! n 2 ! 1 1 1 1 n 1 n 1 ! n 1 2! 3! 4! ... (1) n 1! 1 1 1 1 n2 ... ( 1) 2! 3! 4! n 2 ! 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 n 1 n 1 !n 2! 3! 4! ... (1) n 1! 2! 3! 4! ... (1) n 1! 1 1 1 1 n2 ... ( 1) 2! 3! 4! n 2 ! 1 1 1 1 1 n 1 n 1 n 1 !n 2! 3! 4! ... (1) n 1! (1) n 1! 1 1 1 1 1 1 n n 1 ! ... (1) n 1 (1) n 2! 3! 4! n 1 ! n 1 ! n 1 1 1 1 n ! ... (1) n n ! 2! 3! 4! n n 1 n2 n 3 n4 0 An An An An An ... (1) n An
全错位排列
全错位排列n个相异的元素排成一排，，...，。
则(i=1，2，...，n)不在第i位的排列数N为公式证明：设Ai表示元素ai在第i个位置。
不难得出N=n!-(A1∪A2∪A3……∪An)根据容斥原理（文章最后有简单说明）展开得=证毕.全错位排列的递推公式（真的有递推公式，当时只是感觉应该会出现递推的。
不过这个递推公式貌似推导不出结果的）第一个位置有n-1种可能。
设a2在第一个位置，那么如果a1在第二个位置，就是剩下的n-2个元素的全错位排列记为N（n-2）。
所以N=（n-1）*（N（n-2））+X那么a1不在第二个位置呢？此时我们把a1看成a2，既然a1不在第二个位置，我们有理由相信这相当于a2（由a1充当），a3，a4，……an，的全排列数。
即N（n-1）也就是X=（n-1）*N（n-1）所以N(n)=(n-1) （N(n-1)+N(n-2)）当然这并不难的出，关键是要从这个递推关系中推出通项公式。
比较复杂了。
（瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707－1783)按一般情况给出了这个递推公式）此问题也被称为Install the wrong envelope problem（装错信封问题）N(n)=(n-1) （N(n-1)+N(n-2)）公式可重新写成N(n)-nNf(n-1)=-[N(n-1)-N(n-1)f(n-2)] (n>2)于是可以得到N(n)-nN(n-1)=-[N(n-1)-(n-1)N(n-2)]=((-1)^2)[N(n-2)-(n-2)N(n-3)]=((-1)^3)[N(n-3)-(n-3)N(n-4)]=……=[(-1)^(n-1)][N(3)-3N(2)]=[(-1)^(n-2)][N(2)-2N()]通过列举可知N(1)=0 N（2）=1 N(3)=2 N(4)=9最终可以得到一个更简单的递推式N(n)=nN(n-1)+(-1)^(n-2)等价于N(n)=n*N(n-1)+(-1)^(n) n=2,3,4……（前几项验证成立）这个递推公式按现在的知识还不够推导出结果。
容斥原理及其应用
的两个方面 。 若已知其中一面 , 则另一面也就 得到 。 ( 2) ④式是 ③式当 k = 0 时的特殊情 形 , 若对 S 的任何元素 a , w ( a) = 1 , 则 ④式
Ξ
17
第 13 卷第 2 期 2000 年 4 月
高等函授学报 ( 自然科学版) Journal of Higher Correspondence Education ( Natural Sciences)
12 i 3 …i n , 于是 | A 1 ∩ A 2 | = ( n - 2) ! , 同
10 —可重组合 。 基于此 , 可设 S = { x | x 是 T
的 10 —可重组合} 我们所求的就是 S 中不满 足条件 “ a 的个数多于 3 个 , b 的个数多于 4 个 , c 的个数多于 5 个” 的 10 —可重组合的个 数 , 因此可考虑使用容斥原理 。 解 设 S = { x | x 是 T 的 10 —可重组 合} , 对任一 x ∈ S , 如果 a 多于 3 个 , 则称它 具有性质 p 1 , 如果其中 b 多于 4 个 , 则称它具 有性质 p 2 , 如果 c 多于 5 个 , 则称它具有性质
例 1 设 Z = { 1 , 2 , …, n} , Z 的一个错 位排列是指这样的全排列 i 1 i 2 …i n , 使 i j ≠ j ( j = 1 , 2 , …, n ) 。 试求 Z 的所有错位排列的 个数 D n 。 分析 由题设 , Z 的所有错位排列所构 成的集合是 Z 的全排列集中去掉满足条件 i j = j 的全排列余下的全排列所构成的 , 可使 用容斥原理 。 解 用 S 表示 Z 的所有全排列所构成 的集合 , 对于 j = 1 , 2 , …, n 规定在一个排列 中 , 若 j 在第 j 个位置上 , 则该排列具有性质 p j , 令 A j = { x | x ∈ S , x 具有性质 p j } , 则
用容斥原理也可以推出错排公式
1递推的推导错排公式
D(n) = n! - n!/1! + n!/2! - n!/3! +…+ (-1）^n*n!/n! =∑(k=2~n) (-1)^k * n! / k!,
即D(n) = n! [1/0! - 1/1! + 1/2! - 1/3! + 1/4! + ... + (-1)^n/n!].
其中，∑表示连加符号，k=2~n是连加的范围；0! = 1，可以和1!相消。
N(2) - N(1) = (-1)^2 / 2!.
相加，可得
N(n) = (-1)^2/2! +…+ (-1)^(n-1) / (n-1)! + (-1)^n/n!
因此
D(n) = n! [(-1)^2/2! +…+ (-1)^(n-1)/(n-1)! + (-1)^n/n!].
此即错排公式。
2容斥原理
因此，无论n! Rn是正是负，n! / e + 1/2的整数部分都一定与M(n)相同。
对于比较小的n，结果及简单解释是：
D(0) = 1（所有的元素都放回原位、没有摆错的情况）
D(1) = 0（只剩下一个元素，无论如何也不可能摆错）
D(2) = 1（两者互换位置）
D(3) = 2（ABC变成BCA或CAB）
编辑
用容斥原理也可以推出错排公式：
容斥原理在排列问题中的应用实例
容斥原理在排列问题中的应用实例容斥原理在排列问题中的应用
容斥原理是概率论和数论学科中的一项重要原理，它可以将多个事件之间的交
互关系及排列问题转化为计算机能够识别的概率规律。
在实务中，容斥原理在排列问题中得到了宽泛的应用，可以清楚地说明一定操作之间的集合交互现象及其解决排列问题的实际价值。
以填有多种不同元素的容器并计算其内部特定元素的排列为例，容斥原理可以
解决这样的问题：首先，通过它的矩形原理，得出容器中元素的总数。
其次，通过交集公式，可以确定容器中每个元素的排列次数，也就是容器中元素的组合个数。
最后，通过补齐原理，可以获得容器中所有一个特定元素的排列个数。
容斥原理在排列问题中的应用不仅仅是在这样的容器问题中表现其优势，在更
复杂的混合元素排列问题中，也可以使用它来解决复杂的混合元素排列问题，这样可以为相关问题提供有效的解决方案。
比如，排列若干不同物种的动物，可以使用容斥原理来计算这种排列方式中动物不同类型物种的总数，以及每个物种出现的次数，甚至可以计算各个元素的次序，从而更准确地了解每个动物出现的概率等问题。
总而言之，容斥原理在排列问题中有着广泛而深厚的应用能力，不仅可以为排
列问题提供有效解答，而且可以极大地减少繁琐的计算任务和后期处理排序问题，节省了大量的时间，同时可以改善解决实际排列问题的效率和准确性以及效果。
容斥原理及应用
| A2 | T * 的至少有5 个 b的10组 合 数 5 3 1 7 7 6 T 的 5 组合数 5 2 2 21； 将 6 个 c 加到T * 的 4 组 合得到至少有6 个 c 的10组 合，
*
| A3 | T * 的至少有6 个 c 的10组 合 数 4 3 1 6 6 5 T 的 4 组合数 4 2 2 15。
A2 为至少有 5 个 b 的 T * 中 10 组合的集合， A3 为至少有 6 个 c 的 T * 中 10 组合的集合。
10 3 1 12 1211 | S | 10 2 2 66
将 4 个 a 加到T * 的 6 组 合得到至少有4 个 a 的10组 合， | A1 | T * 的至少有4 个 a 的10组 合 数 6 3 1 8 8 7 T 的 6 组合数 6 2 2 28； * 将 5 个 b 加到T 的 5 组 合得到至少有5 个 b的10组 合，
A1 : y1 5 z1 y1 5
A2 : y2 7 z 2 y2 7
A3 : y3 6
A4 : y4 7
z1 z 2 y3 y4 4
4 4 1 7 7 6 5 | A1 A2 | 35 3 3 6 z1 y1 5 z 3 y3 6 z1 y2 z3 y4 5 5 4 1 8 8 7 6 | A1 A3 | 56 3 3 6 z1 y1 5 z 4 y4 7 z1 y2 y3 z 4 4 4 4 1 7 7 6 5 | A1 A4 | 35 3 3 6
全错位排列递推公式的简易推导(齐麟-晋级)
公务员之路从华图起步全错位排列递推公式的简易证明华图教育 齐麟错位排列作为排列组合中的一类典型题目，自身难度较高，考生往往只是知其然而不知其所以然，即只了解全错位排列的递推公式，而不能理解其含义以及灵活的运用。
本文结合图示的方法，对全错位排列公式进行简易的证明。
首先，我们先来认识错位排列： 1.部分错位排列：【例】5个人站成一排，其中甲不站第一位，乙不站第二位，共有多少种不同的站法。
用排除法：先考虑5个人的全排列，有55A 种不同的排法，然后除去甲排第一（有44A 种）与乙排第二（也有44A 种），但两种情况又有重复部分，因此多减了一部分，必须加上多减部分，这样得到共有：55A －244A ＋33A ＝78种。
2.全错位排列：【例】5个人站成一排，其中A 不站第一位，B 不站第二位，C 不站第三位，D 不站第四位，E 不站第五位，共有多少种不同的站法。
【分析】仿照以上解法，我们有51423324150555453525150D A C A C A C A C A C A 44=-⨯+⨯-⨯+⨯-⨯=故5人的全错位排列方式共有44种。
因此我们可以由容斥原理得到n 个元素的全错位排列公式： 错误！未找到引用源。
=n!(1-1/1!+1/2!-1/3!+...+(-1)^n*1/n!) 错位排列的递推公式简单计算后我们有：1D 0=；错误！未找到引用源。
；3D 2=。
计算四元素全错位排列时我们可以这样考虑：假定元素为A 、B 、C 、D ；对应的位置为a 、b 、c 、d 。
对于元素A ，我们可将其放在b 、c 、d 三个位置，容易看出，这三个位置对于元素A 来说是等价的；假定A 现在放在了b 位置。
ABCDb ac d公务员之路从华图起步此时，元素B 有两种选择：①放在a 位置；②不放在a 位置；当元素B 放在a 位置时，我们会发现，之后的情形与2D 相同；而当B 不放在a 位置时，情况与3D 相同（因为B 不放在a 位置，我们可以认为a 位置就是b 位置）。
错位排列
A1 , A2分别具有性质 P1 , P2 ,
A1 A2即无 P1 , 也无 P2
证明： 证明： 思路： 思路：逐个挑选元 素放入左右两边
A1 A2
S
任意挑选一个 x ∈ A1 A2
A1 A 2
S −
(A
1
+ A 2 ) + A1 A 2
+1
1-(0+0)+0 = +1
证明： 证明： 思路： 思路：逐个挑选元 素放入左右两边
n! n! P(A) = ( 2 n )! D 2n P (B ) = ( 2 n )!
例2 舞会上有10男10女参加。 舞会上有10男10女参加。 10 女参加 第一支舞曲：女士有多少种方法选择男舞伴？ 第一支舞曲：女士有多少种方法选择男舞伴？ 10 ! 第二支舞曲：如果要求必须换舞伴， 第二支舞曲：如果要求必须换舞伴，女士有多少 种方法选择男舞伴？ 种方法选择男舞伴？ D 10 舞会有10 10女戴帽子 结束时随机返还。 10男 女戴帽子， 例3 舞会有10男10女戴帽子，结束时随机返还。 （1）求男士得到男帽，女士得到女帽的概率； 求男士得到男帽，女士得到女帽的概率； 男士得到男帽， （2）男士得到男帽，女士得到女帽的概率且每个 人都没有得到自己的帽子的概率。 人都没有得到自己的帽子的概率。 随机取走帽子的方法: (2n)！ 解： 随机取走帽子的方法: (2n)！ A:表示事件 男士得男帽、女士得女帽” 表示事件“ A:表示事件“男士得男帽、女士得女帽” B:表示事件 每人都没有得到自己的帽子： 表示事件“ B:表示事件“每人都没有得到自己的帽子：
证明： 证明： 思路： 思路：逐个挑选元 素放入左右两边
错排问题的模型解释及求解
错排问题的模型解释及求解吴如光(江苏省南京航空航天大学附属高级中学 210000)摘 要:本文就排列组合问题中的一类经典模型———错位排列,给出了三种求解方法,有参考意义.关键词:错排问题;原理解释中图分类号:G632 文献标识码:A 文章编号:1008-0333(2019)03-0027-02收稿日期:2018-10-25作者简介:吴如光(1983.12-),男,安徽省滁州市全椒县人,研究生,中学一级教师,从事高中数学教学研究. 一、错排问题错排问题,又称更列问题,是组合数学中的经典问题之一.该问题有许多具体的形式,例如:①在写信时将n 封信装到n 个不同的信封里,有多少种全部装错信封的情况?②n 个人各写一张贺卡相互赠送,有多少种赠送方法?从中概括出其数学模型:一个有n 个元素的排列,若这个排列中所有的元素都不在自己原来的位置上,那么这样的排列就称为原排列的一个错排,n 个元素的错排数记为D n ,求D n 的通项公式.对于它的研究最早可以追溯到十八世纪,在历史上也被称为伯努利———欧拉的错装信封问题,虽然数学家欧拉利用容斥原理已经给出n 个元素错排数通项公式为D n =n !·1-11!+12!-13!+…+(-1)nn !,但本文从不同角度解释此数学模型,得到不同的递推关系并解出其通项公式,加深对错排问题认识. 二、容斥原理解释容斥原理:设A 1,A 2,…,A n 为有限集合,用A i 表示集合A i 中的元素个数,则有:|A 1∪A 2∪…A n |=∑ni =1A i -∑1≤i <j ≤n|A i ∩A j |+∑1≤i <j <k ≤n|A i ∩A j ∩A k |-…+(-1)n -1|A 1∩A 2∩…∩A n |.以装信封为例:记第i 封信装对的事件为A i (i =1,2…,n ).不难得出:|A i |=(n -1)!,|A i ∩A j |=(n -2)!,…,|A 1∩A 2∩…A n |=1.事件A 1∪A 2∪…A n 代表至少有一封信装对,所以由容斥原理得:|A 1∪A 2∪…A n |=∑ni =1(-1)i -1C i n ·(n -i )!=∑ni =1(-1)i -1n !i !.故n 封信全装错的方法数为:D n =n !-∑ni =1(-1)i -1n !i !=n !·1-11!+12!-13!+…+(-1)nn !.三、按分步计数原理解释第1步:将1号信错放,有n -1种放法,不妨假设放在2号信封里;第2步:将2号信错放,有两类放法:①:2号信放入1号信封里,则其余n -2封信与信封将错放,有D n -2种放法.②:若2号信不放在1号信封里,此时相当于n -1封信(除1号信)放入n -1个信封(除2号信封),每封信都有一个禁止放的信封,因此有D n -1种放法.由此可得递推关系:D 1=0,D 2=1,D n =(n -1)·(D n -1+D n -2),n ≥3.∴D n -n ·D n -1=-[D n -1-(n -1)·D n -2],∴D n -n ·D n -1=(-1)n,(n ≥2),∴D n n !-D n -1(n -1)!=(-1)n n !,累加得:D n n !=D 11!+12!-13!+…+(-1)nn !.∴D n =n !·1-11!+12!-13!+…+(-1)nn !.—72—四、按分类计数原理解释将n 封信全排列共有n !种,按照装错信封的个数进行分类,装错i 封的种类有C i n·D i 种,i =0,1,…,n ,D 0代表信全都装对,所以D 0=1.由此可得递推关系:n !=∑ni =0C in ·D i .我们将利用一个引理解出D n .引理:若{a n },{b n }是两个数列,对任意n ∈N ∗,a n =∑ni =0C i n ·b i ,则有b n =∑ni =0(-1)n -i C i n ·a i ,n ∈N ∗.证明:若n ∈N ∗,a n =∑ni =0C in ·b i ,则有:∑ni =0(-1)n -i ·C i n ·a i =∑ni =0(-1)n -i ·C i n ·∑ij =0C j i ·b j=∑n i =0∑ij =0(-1)n -i·C i n·C j i·b j =∑n i =0∑ij =0(-1)n -i·C j n·Cn -i n -j·b j =∑nj =0∑ni =j (-1)n -i·C jn ·C n -in -j ·b j=∑nj =0C j n ·b j ·∑ni =j(-1)n -i ·C n -in -j ,这里∑ni =j(-1)n -i ·C n -i n -j =0,j ≠n ;1,j =n.因此∑n j =0C j n ·b j ·∑n i =j (-1)n -i ·C n -in -j =b n .所以b n =∑ni =0(-1)n -iC in·a i ,n ∈N ∗.引理得证.只需令引理中的a n =n !,b n =D n .由引理可得:D n =∑n i =0(-1)n -i·C in ·i !=∑ni =0(-1)n -i·n !(n -i )!=n !·1-11!+12!-13!+…+(-1)nn !.以上对错排问题的几种不同看法,得到了不同的递推关系,但是殊途同归,加深了对错排问题的理解,其结论的形式优美,让我们再次感受到数学的美妙. 参考文献:[1]张仁海.解决“错位排列”问题的一般方法[J ].数学学习与研究,2017(01):114+117.[责任编辑:杨惠民]高中数学解题中思维开拓性的培养方法楚絮影(江苏省阜宁中学高三13班 224000)摘 要:同学们在学习时,必须应用多种方法培养开拓展思维,提高解题水平.本文对此进行了分析研究.关键词:高中;数学;解题;思维;开拓性;培养中图分类号:G632 文献标识码:A 文章编号:1008-0333(2019)03-0028-02收稿日期:2018-10-25作者简介:楚絮影(2002.3-),女,江苏省阜宁人,在校学生. 开拓性的思维,是指从多个角度来分析问题的特征、多渠道的分析问题的性质、多元化的思考解决问题的策略.只有具备这样的思维,同学们才能灵活地解决各种数学问题. 一、学会全方位地观察问题,找到准确的解题方向 部分同学在分析数学问题时,只能一味地套用现有的数学问题的公式来解决问题,而不能灵活地观察问题,根据数学问题的特征来分析问题.同学们在解决数学问题时,第一,要学会分析问题的特征;第二,要学会根据问题的特征灵活地转换问题.例1 已知a ,b ,c ,d 都是实数,求证:a 2+b 2+c 2+d 2≥(a -c )2+(b -d )2.很多同学一看到这道题,就觉得这个问题很复杂,他们或者应用平方法,或者尝试应用整体换元法,都很难解决问题.同学们要看到,a 2+b 2+c 2+d 2≥(a -c )2+(b -d )2的结构很像三角形的三边性质的问题.设A (a ,b ),B (c ,d ),那么可得AB=(a -c )2+(b -d )2,|OA |=a 2+b 2,|OB |=c 2+d 2,其中O 为平面直角座标系中的原点.根据三角—82—。
组合数学_第6章6.4-6.5_
{1,2,…, n}的排列 i1 i2… in对应于棋盘上以方格 (1, i1), (2, i2),…, (n, in)
为坐标的n个车的位置
1 2 3 4 5 设n=5, X1={1, 4}, X2={3},
1X
X
X3=Φ, X4={1, 5}, X5={2, 5},
2
X
则P(X1,X2,…,X5)中的排列
p(X1 , X2 , X3 , X4 ) = 2
（方法2：容斥原理）
带禁止位置的“非攻击型车”
{1,2,…, n}的排列 i1 i2… in对应于棋盘上以方格 (1, i1), (2, i2),…, (n, in)
为坐标的n个车的位置
1 1
2 3 4 5 位置
23 45
24135
带禁止位置的“非攻击型车”
满足第 j 行的车不在 Xj 中的列，i=1,2,…,n，共 有多少种放置方法？
令属性Pj表示 j行上的车放置在Xj所给出的禁止位置中， 且Aj则为具有属性Pj的车的放置方法集合，
(1) |Aj |= |Xj | (n - 1)! (j=1,2,…,n) S |Aj | = (|X1|+|X2|+…+|Xn|) (n - 1)! 令r1 = (|X1|+|X2|+…+|Xn|) 则S |Aj | = r1 (n - 1)!
上，使得每一个男孩都面对到另一个男孩。他们能够
有多少种方法改变座位使得每人面对的男孩都不同？
（所有的座位都是一样）
1
8
2
解：应用容斥原理 假设8个男孩分成了四对： (1,5), (2,6),
7
3
6
4
5
容斥原理在错位排列中的应用_廖虎
第28卷V o l .28 第4期N o .4西华师范大学学报(自然科学版)J o u r n a l o f C h i n a W e s t N o r m a l U n i v e r s i t y (N a t u r a l S c i e n c e s )2007年12月D e c .2007文章编号:1673-5072(2007)04-0333-04 收稿日期:2007-05-25作者简介:廖 虎(1962-),男,四川阆中人,西安电力高等专科学校副教授,主要从事高等数学、计算数学方面的教学与研究工作.容斥原理在错位排列中的应用廖 虎(西安电力高等专科学校,陕西西安 710032)摘 要:介绍了容斥原理求计数的基本定理,并给予了证明,在容斥原理应用中推导出求解绝对错位排列和相对禁止位子排列的计数问题的解法.关键词:容斥原理;绝对错位排列;相对禁止排列中图分类号:O 157.2 文献标识码:A集合中的元素按照某种规定(比如字典序)排成一个序列,同时指定了每个元素的位置,我们现在可以讨论构造新的排列,使得所有元素不在原来指定的位置上;或者部分元素不在禁止摆放的位子上的排列计数问题,这里讨论用容斥原理求这类计数.1 容斥原理令S 是一些物体的集合,并令P 1和P 2是S的每个物体可能具有或者不具有的2个性质,我们目的是为了求出S 中即不具有性质P 1也不具有性质P 2的物体的个数,按下列步骤.先求出S 中所有物体的个数,然后去掉具有性质P 1的物体个数,再去掉具有性质P 2的物体个数,如果一些物体同时具有P 1和P 2这2种性质,它们就会被去掉2次,那么我们需要再加回这些物体的个数,用符号表示如下令A 1={x x ∈S ∧P 1(x )}, A 2={x x ∈S ∧P 2(x )}.A 1=S -A 1, A 2=S -A 2.集合A 1∩A 2表示那些即不具有性质P 1也不具有性质P 2的物体.用 A 表示集合A 的元素数量,我们有 A 1∩A 2 = S - A 1 - A 2 + A 1∩A 1.更进一步,设S 是集合,它上面定义了m 个性质P i (i =1,2,…,m ),于是,具有性质P i 的元素的集合是A i ={x x ∈A ∧P i(x )}, i =1,2,…,m .一般情况下,这一集合可能非空,此时,我们希望计算同时不具有性质P 1,P 2,…,P m 的集合A 1∩A 2∩…A m .下面定理是将容斥原理推广到m 个子集合上的情况,也就是将性质推广m 个P i.定理1 集合S 的不具备性质P 1,P 2,…,P m 的物体的个数由下式给出A 1∩A 2∩…A m = S -∑1≤i ≤m A i +∑1≤i ≤j ≤mA i ∩A j -∑1≤i <j <k ≤m A i ∩A j ∩A k +…(-1)m A 1∩A 2…∩A m .(1)其中,第1个和对{1,2,3,…,m }的所有1-组合{i }进行,第2个和对{1,2,3,…,m }的所有2-组合{i ,j }进行,第3个和对{1,2,3,…,m }的所有3-组合{i ,j ,k }进行,等等.证明 m=2时我们已经讨论过了,当m=3时上式变成A 1∩A 2∩A 3 = S -( A 1 + A 2 + A 3 )+( A 1∩A 2 + A 1∩A 3 + A 2∩A 3)- A 1∩A 2∩A 3.DOI :10.16246/j .i ssn .1673-5072.2007.04.003334 西华师范大学学报(自然科学版)2007年注意,上式右边有1+3+3+1=8项.当m为一般时,公式(1)的左边是对S中的不具有性质P i(i=1,2,…,m)的物体计数,通过证明增添1个性质P i都不具有的物体会使公式(1)的右边净增加,增添1个至少具有1个性质的物体使公式(1)的右边净增0来建立公式的合理性.首先,添加1个性质Pi都不具有的物体x;公式(1)右边的净增加数为:1-0+0-0+0-…+ (-1)m0=1;因为它在S中而不在其他子集A i中.考虑恰好具有n(n≥1)个性质P i(i=1,2,…,n)的物体y,y这一个物体在S中所占数量是1=C0n.由于y恰有n个性质,它为子集A1,A2,A3,…,A m中恰好n个的成员,它对A i提供的值为n=C1n.由于我们可以以C2n种方式选择y具有一对性质P i和P j,而y恰好是形式为A i∩A j那些集合中的C2n个成员,因此,y给∑A i∩A j提供数值是C2n,同理,y对∑A i∩A j∩A k提供数值为C3n等等,于是y对公式(1)右边的净增为C0n-C1n+C2n-…+(-1)m C m n.由于n≤m,上式等于C0n-C1n+C2n-…+(-1)m C n n=(1-1)m=0.因此,如果y至少具有一个性质,那么它对公式(1)右边的净增数为0,定理得证.2 绝对错位排列例1 在一个聚会结束后,有10位先生要取回他们的帽子,有多少种方式使得这些绅士中没有人能够拿到他们来时所戴的帽子?这是个绝对错位排列问题,简称为错排.由于元素性质与讨论不相干,设n个元素的集合X={1,2,3,…,n},n个元素依次给予标号,1,2,…,n.在n个元素的全排列中,求每个元素都不在自己原来位置上的排列数.首先每个错排都是原集合的一个全排列,记为i1,i2,…,i n并且元素满足i1≠1,i2≠2,…,i n≠n.用D n表示{1,2,3,…,n}的错位排列的个数.上述的先生的帽子问题就成了求D10和D7的值.下面对部分数的集合求错排数.n=1时,没有错位排列, D1=0.n=2时,唯一错位排列是:21,D2=1.n=3时,有两个错位排列:231,312;D3=2.(n=3时的全排列共6个,分别是:123,132,213,231,312,321;有下划线的是错排)n=4时,共有24个排列,其中错位排列有9个2143,3142,4123,2341,3412,4312,2413,3421,4321; D4=9.定理2 对于n≥1,有绝对错位排列数为D n=n!(1-11!+12!-13!+…+(-1)n1n!).证明 设P j是集合S={1,2,…,n}的全部n!个排列中满足第j个位置上恰好是j的排列的特性,那么集合A j={x x∈S∧P j(x)}便是S的排列中所有满足性质P j的集合.根据以上定义,显然有D n=A1∩A2∩A3∩…∩A n.由于A j中的每个排列均具有形式i1 i2…i j-1 j i j+1 … i n其中i1 i2 … i j-1 i j+1 … i n是集合{1,2,…,j-1,j+1,…,n}的1个(n-1)-排列.显然,这种排列有(n-1)!个.故此A j=(n-1)! j=1,2,3,…,n.又由于A k∩A j中的每个排列均具有形式i1 i2 … i k-1 k k k+1 … i j-1 j i j+1 … i n其中i1i2…i k-1i k+1…i j-1i j+1…i n是集合{1,2,…,k-1,k+1,…,j-1,j+1,…,n}的一个(n-2)-排列,显然,这种排列有(n-2)!个,故此 第28卷第4期廖 虎:容斥原理在错位排列中的应用335 A k ∩A j =(n -2)! 1≤k <j ≤n .一般来说,对于{1,2,…,n }的任意k -组合{i 1,i 2,…,i k },我们有 A i 1∩A i 2∩…∩A i k=(n -k )!另外,由于存在集合{1,2,…,n }的C kn 个k-组合;应用容斥原理D n =n !-C 1n (n -1)!+C 2n (n -2)!-C 3n (n -3)!+…+(-1)n C n n 0!=n !-n !1!(n -1)!(n -1)!+n !2!(n -2)!(n -2)!+…+(-1)n n !n !=n !-n !1!+n !2!-n !3!+…+(-1)n n !n !=n !(1-11!+12!-13!+…+(-1)n 1n !).定理得证.上题中10位绅士帽子问题可以用公式计算:D 10=10!(1-11!+12!-13!+…+(-1)10110!).例2 数1,2,…,9的全排列中,求偶数在原来位置上,其余都不在原来位置的错排数目.解 实际上是1,3,5,7,9这5个数的错排问题,总数为:D 5=44.如果只是要求部分元素错位排列,可以修改为:令A 1,A 2,…,A k 的表示集合{1,2,…,n }中部分元素1,2,…,k (k ≤n )在原来位置的排列,那么k 个元素位子改变而其他不变的错位排列数是A 1∩A 2∩…∩A k =k !-C 1k (k -1)!+C 2k (k -2)!+…+(-1)k C kk0!由于k ≤n ,公式只有k +1项,余下项的系数均为0.3 相对的禁排位置问题例3 某班8个男生每天跑步,他们排成一竖行,除第1个领跑的男生外,每个男生前面都有另一个男生,为了不让他们总看见前面的是同一个人,第2天要交换位置,使得前面的人与前一天的不同.他们有多少交换位置的方法?我们对8个男生进行编号,第1天的序列是:1 2 3 … 8,其中第1个是1号,最后一个是8号.那么确定对集合{1,2,3,…,8}的8-排列,使得每排列中不要出现:12,23,…,78的模式.如:31542876就是允许出现的一个排列,而84312657则不是,其中的12还是原来的次序.对于每个正整数n ,令Q n 表示集合{1,2,3,…,n }中没有12,23,…,(n -1)n 模式的排列的个数.利用容斥原理求的Q n 值.当n =1时,1就是1个允许的排列.当n =2时,21就是1个允许的排列.当n =3时,213 321 132就是3个允许的排列.当n =4时,允许的排列如下4132 4321 4213 3214 3241 3142 2413 2143 1324 1432因此Q 1=1;Q 2=1;Q 3=3;Q 4=11;对于一般的情况我们有下列定理定理3 对于n ≥1Q n =n !-C 1n -1(n -1)!+C 2n -1(n -2)!-C 3n -1(n -3)!+…+(-1)n -1C n -1n -11!证明 令S 为集合{1,2,3,…,n }的全部n !个n -排列的集合.P j为排列中出现j (j +1)模式的性质,(j =1,2,…,n -1).A j 为满足性质P j的排列的集合,因此Q n = A 1∩A 2∩…∩A n -1.下面分析每个 A j 的数量.A 1中的排列必定出现12这样的子串,即对{12,3,4,…,n }进行全排列.所以有 A 1 =(n -1)!对一般的每个 A j 有 A j=(n -1)!,将它们加起来得∑ A j =(n -1)(n -1)!=C 1n -1(n -1)!. 西华师范大学学报(自然科学版)2007年336对A j中任意两个的交A i∩A j,比如是A1∩A2或者A1∩A3中的排列包含2种模式(1)共享同一个元素,如12 23;(2)没有共享的元素,如12 34.(1)情况下就如同排列中有子串123,n个元素中有3个合并成1个,就是{123,4,5,…,n}的全排列; A1∩A2=(n-2)!;(2)情况下就如同排列中有子串12和34,就是{12,34,5,…,n}的全排列;A1∩A3= (n-2)!,一般地:A i∩A j=(n-2)!.更一般地,对于{1,2,…,n-1}中的每个k-组合{i1,i2,…,i k}有A i1∩A i2∩…∩A i k=(n-k)!由于对每一个k=1,2,…,n-1(有相邻的子串就一定少1个元素),存在集合(1,2,…,n-1)的C k n-1个k-组合,应用容斥原理就得到公式.故上面8男生跑步要求每天看到前面的不是前一天的同一人,这样的排序共有Q8=8!-C18-1(8-1)!+C28-1(8-2)!-C38-1(8-3)!+…+(-1)8-1C8-18-11!=8!-C177!+C276!-C375!+C474!-C573!+C672!-C771!=16688种.参考文献:[1] (美)R I C H A R DAB.组合数学(第3版)[M].北京:机械工业出版社,2002.[2] 马光思.组合数学[M].西安:西安电子科技大学出版社,2002.[3] 卢开澄.组合数学[M].北京:清华大学出版社,2003.U s e o f A l l o w-B l a c k b a l l P r i n c i p l e i nE r r o r-A r r a yL I A OH u(C o l l e g e o f E l e c t r i c P o w e r,X i'a n710032,C h i n a)A b s t r a c t:I n t h i s p a p e r,t h e w r i t e r h a s i n t r o d u c e d t h e a l l o w-b l a c k b a l l p r i n c i p u m a n d g i v e n d e m o n s t r a t i o n,a n d t h e n i n f e r r e d t h e c o u n t a m o u n t o f a b s o t u t e e r r o r-a r r y a n d c o m p a r a t i v e l y f o r b i d a r r a y i n t h e a p p l i c a t i o n o f t h e p r i n i c p u m. K e y w o r d s:a l l o w-b l a c k b a l l p r i n c i p i u m;a b s o l u t e n e s s e r r o r-a r r a y;c o m p a r a t i v e l y f o r b i d a r r a y.。
组合数学及其应用——容斥原理
组合数学及其应⽤——容斥原理
容斥原理在集合论、概率论、组合数学中都常常出现，它是下⾯⼀个结论的推⼴。
这是因为，我们分别减|A|、|B|的时候，把|AB|减掉了两次，因此这⾥应该再加⼀次。
它的推⼴形式就是容斥定理。
在给出证明之前，我们很有必要充分的理解⼀下这个公式的内涵。
我们基于S集合上的⼀系列离散元素上讨论不满⾜m个性质的对象(元素)个数。
我们假想某⼀种性质的具体表现为：⼀根丝带，圈住了满⾜这⼀条性质的所有元素(本质上就是画Venn图)，现在我们想要求的就是没有被特定的m条丝带圈出的元素个数。
这个定理再利⽤德摩根律能够做出等价变化，它在计数、反演公式等⽅⾯发挥着重要作⽤。
下⾯开始结合⼀些具体的例⼦来拓展和深化对容斥定理的理解。
错位排列：
⾸先直观的解释什么是错位排列，然后我们再去探讨它如何与容斥原理结合起来.
所谓错位排列，举个最简单的例⼦，在⼀个宴会上，10位绅⼠都有着⾃⼰的帽⼦，将这些帽⼦混合起来，10位绅⼠各⾃拿了⼀个帽⼦，考察每⼀位绅⼠发现，他们⼿中的帽⼦均不是⾃⼰原本的帽⼦，那么这就是⼀种错位排列，我们关⼼的是，有多少种这样的错位排列？
关于错位排列，我们继续讨论⼀些内容。
通过上⾯利⽤容斥定理这个⾓度看错排，我们得到了⼀个概率的极限结果，现在我们讨论⼀个易于计算错排公式的⽅法。
⼀个具有限制位置的计数问题：
假设⼀天8个男⽣按照标号1,2…7,8的序号站队去晨跑，第⼆天⽼师想要换⼀下站队顺序，要求是每个男孩前⾯的男孩都不是他昨天前⾯的男⽣，那么请问有多少种符合的排列⽅式？
简单的讲，就是说8的全排列中，不含12,23,…,78的排列个数.。
容斥与球错位高考题含上海91、湖北04、全国95
《高中数学研究性学习案例》容斥原理与高考中的一类排列组合问题王跃进《中学数学研究》2005年第4期文《对一类放球问题的探究》中，对于将“数字填入方格〞等放球问题作出推广和证明，是一个成功地运用归纳、猜想、论证的数学思想方法解决问题的范例．本文用组合数学中容斥原理的理论和方法，给出了该问题的一般化的、基本的计数公式，由此计数公式很容易地得到了该问题的递推式及概率等结论，同时也揭示了基本计数公式与这些结论之间的关系．定义 将编号为1,2,…,的n 个球放入编号为1,2,…,n 的n 个盒子内，每个盒内放一个球，如果编号为k 〔1≤k ≤n 〕的球恰好放入与其编号不一致〔一致〕的盒内，我们就称该球错位〔相合〕。
显然，球的错位问题等价于自然数n , ,2 ,1 的排列的错位问题。
从这些结果可以使我们更全面、更深入地了解中学数学有关问题的一般情形及其理论背景．定理1 将编号为1,2,…,n 的n 个球放入编号为1,2,…,n 的n 个盒子内，每个盒内放一个球，那么n 个球均错位的放球方法种数n D 为n D =)!1)1(!31!21!111(!n n n -++-+- 〔）1≥n 〔*〕证明 设Ω为将编号为1，2，3，…，n 的n 个球任意放入编号为1,2,…,n 的n 个盒子内〔每个盒内放一个球〕的所有放球方法构成的集合，那么!||n Ω=，又设k A 为编号为k 的球相合的所有放球方法构成的集合 (只关心编号为k 的球，而不考虑其它球是否相合)，n k ,,2,1 =，那么！（ )1||-=n A k ，n k ≤≤1；)!2(||-=n A A j i ，n j i ≤<≤1；…， )!||1m n A A m i i -=（ ，n i i i m ≤<<<≤ 211，… ，==-||||211n n A A A A … =1，且1!0||1==n A A ，根据容斥原理得n D = |A A A ||Ω|m 21-＝∑∑=≤<≤-+-m k m j i j i i |A A ||A ||Ω|11 ∑≤<<<≤-+m i i i i i i k k k |A A |A212111）（ +||)1(21m m A A A -+= n !－[！（ )11-n C n －! )2(2-n C n + … +(－1) 1-m ! )(m n C m n -+ …+(－1)1-n ! )(n n C n n -]=n !－)!1)1(!31!211(!1n n n --+-+- ． =)!1)1(!31!21(!n n n-++- ．(2≥n ) 或写成 n D =)!1)1(!31!21!111(!n n n -++-+- ．(1≥n ) 推论 将编号为1,2,…,n 的n 个球放入编号为1,2,…,n 的n 个盒子内，每个盒内放一个球，那么1〕 恰好有ｒ个球错位的放球方法种数〔记为],[r n D 〕为],[r n D =!1)1(!0k r C kr k r n -∑= =)!1)1(!21!111()!(!r r n n r -+++-- 〔1〕2〕 恰好有m 个球相合的放球方法种数〔记为],[m n C 〕为],[m n C =∑-=-m n k k k m n 0!1)1(!! =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+++--)!(1)1(!21!111!!m n m n m n 〔2〕证明 1〕从n 个球中选取r 球，有r n C 种方法；对于取定的r 球，使这r 个球错位、其余n －r 个球相合的放球方法，由定理，有r D =)!1)1(!31!21(!r r r -++- 种；故由乘法原理得],[r n D =r n C ×r D ，化简即得〔1〕式．2〕 因为恰好有m 个球相合等价于恰有m n -个球错位，即],[m n C =],[m n n D -，故在〔1〕式中令r = n －m 即得〔2〕式．例1 同室四个人每人写一张贺年卡，将这四张卡片收回再分发给这四人，每人一张，那么每人都分不到自已写的贺年卡的分卡方法共有 种．〔1993年全国高考题〕解 问题为定理中n =4的情形，由定理可得所求方法共有9]!41!31!21[!44=+-=D 种． 例2 〔1991年全国高考·上海卷〕设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投入这五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，那么这样的投球方法的种数为〔A 〕20； 〔B 〕30； 〔C 〕60； 〔D 〕120解法一 从5个球中取出2个球，将它们分别投入与其编号相同的盒内，有25C 种方法；再将其余的3个球分别投入其余的3个盒内，使3个球的编号与盒子的编号不一致，有2种方法。