定义
在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法，这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。
中学教科书给出的定义
如果被计数的事物有A、B、C三类，那么，A类和B类和C类元素个数总和= A类元素个数+ B类元素个数+C类元素个数—既是A类又是B类的元素个数—既是A类又是C类的元素个数—既是B类又是C类的元素个数+既是A类又是B类而且是C类的元素个数。（A∪B∪C = A+B+C - A∩B - B∩C - C∩A + A∩B∩C）[1]
数学推导：
两个集合的容斥关系公式：
A∪B =|A∪B| = |A|+|B| - |A∩B |(∩：重合的部分）
三个集合的容斥关系公式：
|A∪B∪C| = |A|+|B|+|C| - |A∩B| - |B∩C| - |C∩A| + |A∩B∩C|
举例
例0
一次期末考试，某班有15人数学得满分，有12人语文得满分，并且有4人语、数都是满分，那么这个班至少有一门得满分的同学有多少人？
分析
依题意，被计数的事物有语、数得满分两类，“数学得满分”称为“A类元素”，“语文得满分”称为“B类元素”，“语、数都是满分”称为“既是A类又是B类的元素”，“至少有一门得满分的同学”称为“A类和B类元素个数”的总和。
答案
15+12-4=23
例1
电视台向100人调查前一天收看电视的情况，有62人看过2频道，34人看过8频道，其中11人两个频道都看过。两个频道都没看过的有多少人？
100-（62+34-11）=15
例2（小学奥数题）
某校六⑴班有学生45人，每人在暑假里都参加体育训练队，其中参加足球队的有25人，参加排球队的有22人，参加游泳队的有24人，足球、排球都参加的有12人，足球、游泳都参加的有9人，排球、游泳都参加的有8人，问：三项都参加的有多少人？
分析：参加足球队的人数25人为A类元素，参加排球队人数22人为B类元素，参加游泳队的人数24人为C类元素，既是A类又是B类的为足球排球都参加的12人，既是B类又C类的为足球游泳都参加的9人，既是C类又是A类的为排球游泳都参加的8人，三项都参加的是A类B类C类的总和设为X。注意：这个题说的每人都参加了体育训练队，所以这个班的总人数即为A类B类和C类的总和。
答案：25+22+24-12-9-8+X=45 ，解得X=3[3]
例3（高中题）
在1到1000的自然数中，能被3或5整除的数共有多少个？不能被3或5整除的数共有多少个？
分析：显然，这是一个重复计数问题（当然，如果不怕麻烦你可以分别去数3的倍数，5的倍数）。我们可以把“能被3或5整除的数”分别看成A类元素和B类元素，能“同时被3或5整除的数（15的倍数）”就是被重复计算的数，即“既是A类又是B类的元素”。求的是“A类或B类元素个数”。我们还不能直接计算，必须先求出所需条件。1000÷3=333……1，能被3整除的数有333个（想一想，这是为什么？）同理，可以求出其他的条件。
例4（高中题）
分母是1001的最简分数一共有多少个？
分析：这一题实际上就是找分子中不能与1001进行约分的数。由于1001=7×11×13，所以就是找不能被7，11，13整除的数。
解答：1~1001中，有7的倍数1001/7 = 143 （个)；有11的倍数1001/11 = 91 （个），有13的倍数1001/13 = 77 （个）；有7*11=77;77是11的倍数1001/77 = 13 （个），有7*13=91;91是13的倍数；1001/91 = 11 （个），有11*13=143;143是13的倍数1001/143 = 7 （个）.有1001的倍数1个。
由容斥原理知：在1~1001中，能被7或11或13整除的数有（143+91+77）-（13+11+7）+1=281（个），从而不能被7、11或13整除的数有1001-281=720（个）.也就是说，分母为1001的最简分数有720个。
例5（小学奥数题）
某个班的全体学生在进行了短跑、游泳、投掷三个项目的测试后，有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀，其余每人至少有一项达到了优秀，达到了优秀的这部分学生情况如下表：
求这个班的学生共有多少人？
分析：这个班的学生数，应包括达到优秀和没有达到优秀的。
4+17+18+15-6-6-5+2=39（人）
试一试：一个班有42人，参加合唱队的有30人，参加美术组的有25人，有5人什么都没有参加，求两种都参加的有多少人？
（30+25+5）-42=18（人）[3]
例6（小学奥数题）
在一根长的木棍上有三种刻度线，第一种刻度线将木棍分成10等份，第二种将木棍分成12等份，第三种将木棍分成15等份。如果沿每条刻度线将木棍锯断，木棍总共被锯成多少段？
分析：
很显然，要计算木棍被锯成多少段，只需要计算出木棍上共有多少条不同的刻度线，在此基础上加1就是段数了。
若按将木棍分成10等份的刻度线锯开，木棍有9条刻度线。在此木棍上加上将木棍分成12等份的11条刻度线，显然刻度线有重复的，如5/10和6/12都是1/2。同样再加上将木棍分成15等份的刻度线，也是如此。所以，我们应该按容斥原理的方法来解决此问题。用容斥原理的那一个呢？想一想，被计数的事物有那几类？每一类的元素个数是多少？
解答
解一：[10，12，15]=60，设木棍60厘米
60÷10=6厘米，60÷12=5厘米，60÷15=4(厘米
10等分的为第一种刻度线，共10－1=9(条)
12等分的为第二种刻度线，共12－1=11(条)
15等分的为第三种刻度线，过15－1=14(条)
第一种与第二种刻度线重合的[6，5]=30，60÷30－1=2－1=1(条)
第一种与第三种刻度线重合的[6，4]=12，60÷12－1=5－1=4(条)
第二种与第三种刻度线重合的[5，4]=20，60÷20－1=3－1=2(条)
三种刻度线重合的没有，[6、5、4]=60
因此，共有刻度线9+11+14－1－4－2=27条，木棍总共被锯成27+1=28段。
解二：总长看成单位1分别分成10、12、15段。1/10与1/12的最小公倍数1/2，1/10与1/15的最小公倍数1/5，1/12与1/15的最小公倍数1/3，1/10，1/12和1/15的最小公倍数为1，有10+12+15-（2+5+3）+1=28
解三：
10、12、15的最小公倍数是60，假设木棍就是长60，
1、那么，分成10等份的每份6，刻度就是
0，6，12，18，24，30，36，42，48，54，60
2、分成12等分的每份就是5，
0，5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，55，60
3、分成15等分的每份就是4，
0，4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52，56，60
4、把相同刻度的合并，就是有刻度如下：
0，4，5，6，8，10，12，15，16，18，20，24，25，28，30，32，35，36，40，42，44，45，48，50，52，54，55，56，60[3]
例7
给定r，n求[1，r]内与n互素的个数有多少个？
分析：
看到这个问题，数论有学一点的童鞋可能会想如果r = n的话，不就是欧拉函数了吗？是的，可惜这个问题的r ，n是不一定会相等的。直接求解问题就是比较复杂的。所以我们还是研究这个问题是逆问题。也就是说求gcd(k，n) >= 2，在1 - n之间k有多少个 。那么我们就可以枚举n的素因子来进行求解。
//时间复杂度O(sqrt(n))...
int solve(int r, int n)
{
int p[N], top = 0, ans;
for(int i = 2; i * i <= n; i ++){
if(n % i == 0){
p[top ++] = i;
while(n % i == 0) n = n / i;
}
}
if(n > 1) p[top ++] = n;
//枚举子集来进行判断加减,cnt为子集元素个数
for(int i = 1; i < (i << top); i ++){
int cnt = 0, tmp = 1;
for(int j = 0; j < top; j ++){
cnt ++;
tmp = tmp * p[j];
}
}
if(cnt % 2) ans += r / tmp;
else ans -= r / tmp;
return r - ans;
}
鸽巢定理
考虑到容斥原理的思想，主要体现在最差原则：即考虑所有可能情况中，最不利于某件事情发生的情况。
第一抽屉原理
原理1： 把多于n+1个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里的东西不少于两件。
原理2 ：把多于mn(m乘n)+1（n不为0）个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有不少于（m+1）的物体。
原理3 ：把无穷多件物体放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里 有无穷个物体。
第二抽屉原理
把（mn－1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m—1）个物体
摘自百度百科：
如果被计数的事物有A、B两类，那么，A类B类元素个数总和= 属于A类元素个数+ 属于B类元素个数—既是A类又是B类的元素个数。（A∪B = A+B - A∩B)
鸽笼原理应用：
1、从2、4、6、…、30这15个偶数中，至少任取几个数，其中一定有两个数之和是34？
答案： 9
2、从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12？
答案：13
3、 从1到20这20个数中，至少任取多少个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数？
答案：11
4、某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多？
答案：共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、…、n-2，还是后一种状态1、2、3、…、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。
5、15个网球分成数量不同的4堆，数量最多的一堆至少有多少个球？
答案：此题实际是求出15可分拆多少种4个互不相同的整数之和，而15=1+2+3+9=1+2+4+8=1+2+5+7=1+3+4+7=1+3+5+6=2+3+4+6，所以最多一堆的球数可能是9、8、7、6，其中至少有6个。
整除问题
1、任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。
解析：在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。
2、对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除。
解析：
3、任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.
解析：注意到这些数除以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的
摘自百度和网上一些帖子，整理以自己用
以下是一些关于抽屉定理和鸽巢定理的应用，会持续更新：
hdu 5776 抽屉定理
