组合数学_第3章_容斥原理与鸽巢原理
第3章 容斥原理与鸽巢原理
3.1 De Morgan定理
德摩根（De Morgan）定理：若\(A\)和\(B\)是集合\(U\)的子集，则
-
\(\overline{A\cup B}=\overline{A} \cap \overline{B}\)
-
\(\overline{A\cap B}=\overline{A} \cup \overline{B}\)
德摩根定理的推广：
- \(\overline{A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n }=\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_n}\)
- \(\overline{A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n }=\overline{A_1} \cup \overline{A_2} \cup \cdots \cup \overline{A_n}\)
3.2 容斥定理
容斥原理的推广：
设\(A_1,A_2,...A_n\)是\(n\)个有限的集合，则
3.3 容斥原理举例
例题：求从1到600的整数中能被2、3、5除尽的数的个数和不能被2、3、5除尽的个数。
解：令A、B、C分别为从1到600的整数中被2、3、5除尽的数的集合。
\(|A|=\lfloor\frac{600}{2}\rfloor=300,|B|=\lfloor\frac{600}{3}\rfloor=200,|C|=\lfloor\frac{600}{5}\rfloor=120\)，
\(|A \cap B|=\lfloor\frac{600}{2\times3}\rfloor=100,|A \cap C|=\lfloor\frac{600}{2\times5}\rfloor=60,|B \cap C|=\lfloor\frac{600}{3\times5}\rfloor=40\)，
\(|A \cap B \cap C|=\lfloor\frac{600}{2\times3\times5}\rfloor=20\)，
被2、3,、5除尽的数的个数为
不能被2、3,、5除尽的数的个数为
例题：求由a、b、c、d四个字母构成的\(n\)位符号串中，a、b、c(每个)至少出现一次的符号串数目。
解：令A、B、C分别为\(n\)位符号串中不出现a、b、c符号的集合。由于\(n\)位符号串中每一位都可取a、b、c、d四种符号中的一个，故不允许出现a的\(n\)位符号串的个数应是\(3^n\)，即\(|A|=|B|=|C|=3^n,|A \cap B|=|A \cap C|=|B \cap C|=2^n,|A \cap B \cap C|=1\)，a、b、c每位都至少出现一次表示为\(|\overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C}|\)，
3.4 容斥原理的应用
例题：对问题\(x_1+x_2+x_3=15,0\le x_1\le5,0\le x_2\le6,0\le x_3\le7\)，求整数解的数目。
解：如果没有\(0\le x_1\le5,0\le x_2\le6,0\le x_3\le7\)，记所求的整数解的集合为\(S\)，\(|S|=C_{3+15-1}^{15}=C_{17}^{2}=136\)。
分别设\(S\)中满足\(x_1 \ge 6\)的子集为\(A_1\)，满足\(x_2 \ge 7\)的子集为\(A_2\)，满足\(x_3 \ge 8\)的子集为\(A_3\)，问题转化为求\(|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3}|\)。
对于\(A_1\)，相当于\(x_1+x_2+x_3=15-6\)，即\(x_1+x_2+x_3=9\)，求其非负整数解得\(|A_1|=C_{3+9-1}^{9}=55\)。
同理得\(|A_2|=C_{3+8-1}^{8}=45,|A_3|=C_{3+7-1}^{7}=36\)
\(|A_1 \cap A_2|=C_{3+(15-6-7)-1}^{15-6-7}=C_{4}^{2}=6\)
\(|A_1 \cap A_3|=C_{3+(15-6-8)-1}^{15-6-8}=C_{3}^{2}=3\)
\(|A_1 \cap A_2|=C_{3+(15-7-8)-1}^{15-7-8}=C_{2}^{2}=1\)
\(|A_1 \cap A_2 \cap A_3|=0\)
\(|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3}|=136-(55+45+36)+(6+3+1)-0=10\)
例题：求从(0,0)点到(10,5)点得路径中不通过AB，CD，EF，GH的路径数，已知各点坐标为\(A(2,2),B(3,2),C(4,2),D(5,2),E(6,2),F(6,3),G(7,2),H(7,3)\)。
解：从（0，0）点到（10，5）点的所有路径数为\(C_{10+5}^{5}=3003\)（第一章的简单格路问题）
设\(A_1\)表示从（0，0）到（10，5）其中过AB的路径，
设\(A_2\)表示从（0，0）到（10，5）其中过CD的路径，
设\(A_3\)表示从（0，0）到（10，5）其中过EF的路径，
设\(A_4\)表示从（0，0）到（10，5）其中过GH的路径，
因此有
同理
所以
3.5 n对夫妻问题
例题：\(n\)对夫妻围圆桌而坐，每个男人都不和他的妻子相邻，有多少种方案？
解：\(n\)对夫妻有\(2n\)个人，\(2n\)个人围圆桌而坐的方案数为\((2n-1)!\)
设\(A_i\)表示第\(i\)对夫妻相邻而坐的集合，\(i=1,2,...,n\)，则问题转化为求
\(|A_i|\)相当于讲第\(i\)对夫妻作为一个对象围圆桌，同一对夫妻之间可以换位，故
故夫妻不相邻方案数为
例题：\(n\)对夫妻排成一列，每个男人都不和他的妻子相邻，有多少种可能的方案？
解：
3.6 错排问题
定义：一个排列其中所有的元素都不在原来的位置上，则称这个排列为错排，也叫重排。
证明：\(n\)个元素的错排为\(n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\cdots \pm \frac{1}{n!})\)
设\(A_i\)为数\(i\)在第\(i\)位上的全体排列，\(i=1,2,..,n\)。因为数字\(i\)不能动，因而有：
每个元素都不在原来位置的排列数为
例题：1，2，…，9的全排列中，求偶数都在原来的位置上，其余都不在原来位置上的错排数目。
解：实际上是1，3，5，7，9五个数的错排问题，总数为：
3.7 棋盘多项式和有禁区的排列
对于\(X={1,2,...,n}\)的一个排列恰好对应了\(n\)个棋子在\(n \times n\)棋盘上的一种布棋方案。以棋盘的行表示\(X\)中的元素element，列表示排列中的位置position。如下图所示这种放棋方案就对应了排列2143。
如果在排列种限制元素\(i\)不能排列在第\(j\)个位置，则相应的布棋方案种的第\(i\)行第\(j\)列的方格不允许放棋子。把所有这些不许放棋的方格称为禁区。
对于\(\{1,2,3,4\}\)的一个排列\(P=e_1e_2e_3e_4\)，规定\(e_1\neq3，e_2\neq1,4，e_3 \neq2,4，e_4 \neq2\)。这样的排列对应于有禁区的布子。如下图有阴影的格子表示禁区。
棋盘多项式：设\(C\)为一棋盘，称\(\sum_{k=0}^{n} r_k(C)x^k\)为\(C\)的棋盘多项式，其中\(r_k(C)\)表示\(k\)个棋子布到棋盘\(C\)的方案数。规定\(r_0(C)=1\)。
性质：
- 设\(C_i\)是棋盘\(C\)的某一指定格子所在的行与列都去掉后所得的棋盘，\(C_e\)是仅去掉该格子后的棋盘，则\(r_k(C)=r_{k-1}(C_i)+r_k(C_e)\)。
- 如果\(C\)由互相分离的\(C_1\)和\(C_2\)组成，即\(C_1\)的任一格子所在的行和列中都没有\(C_2\)的格子，则有\(r_k(C)=\sum_{i=0}^{k}r_i(C_1)r_{k-i}(C_2)\)。
定理：设\(r_i\)为\(i\)个棋子布入禁区的方案数，\(i=1,2,3,...n\)。有禁区的布子方案数（即禁区内不布子的方案数）为，
定理证明见棋盘多项式 - 维基百科，自由的百科全书 (wikipedia.org)
例题：如下所示，在\(4\times4\)的棋盘上，打叉的地方为禁区，求棋子无一落入禁区的排列数。
解：首先计算棋盘多项式，即\(r_0(C)+r_1(C)x+r_2(C)x^2+r_3(C)x^3+r_4(C)x^4\)，只需依次计算\(r_0,r_2,r_2,r_3,r_4\)即可。
由规定知\(r_0(C)=1\)，
\(r_1(C)\)即1个棋子布到棋盘\(C\)的方案数，棋盘\(C\)有6个禁区，这一个棋子可以布到这6个地方且不存在其他棋子与这一个棋子冲突，因此\(r_1(C)=6\)；
\(r_2(C)\)即2个棋子布到棋盘\(C\)的方案数，从6个禁区中找到两个不在同一行不在同一列的。有(1,3)和(2,1)，(1,3)和(2,4)，(1,3)和(3,2)，(1,3)和(3,4)，(1,3)和(4,2)，(2,1)和(3,2)，(2,1)和(3,4)，(2,1)和(4,2)，(2,4)和(3,2)，(2,4)和(4,2)，(3,4)和(4,2)，共11种。即\(r_2\)(C)=11；
\(r_3(C)\)即3个棋子布到棋盘\(C\)的方案数，得到\(r_3(C)=7\)；
\(r_4(C)\)即4个棋子布到棋盘\(C\)的方案数，四个棋子要求都不同行不同列，只有一种方案，即\(r_4(C)=1\)；
综上得棋盘多项式为\(1+6x+11x^2+7x^3+x^4\)，再结合定理得无一落入禁区得排列数为\(1\times4!-6\times(4-1)!+11\times(4-2)!-7\times(4-3)!+1\times(4-4)! = 24-36+22-7+1=4\)。
3.8 有限制的排列
-
有禁区排列是对元素排列位置的限制，计算的是绝对禁用位置；
-
有限制排列讲的是相对禁用位置，它限制的是对元素之间的相邻关系的限制 。也称为有限制条件（模式）的排列
-
这里谈的有限制排列与前面章节提到的“受限多重排列”不同。
3.9 鸽巢原理
鸽巢原理是组合数学中最简单也是最基本的原理，也叫抽屉原理。
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若有n个鸽子巢，n+1个鸽子，则至少有一个巢内有至少有两个鸽子。
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\(m\)只各自，\(n\)个鸽巢，至少有一个鸽巢里有不少于\(\lfloor\frac{m-1}{n}\rfloor+1\)只鸽子。
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\(m_1,m_2,...,m_n\)都是正整数，并有\(m_1+m_2+\cdots+m_n-n+1\)个鸽子住进\(n\)个鸽巢，则至少对某个\(i\)有第\(i\)个巢中至少有\(m_i\)个鸽子，\(i=1,2,...,n\)。
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设\(k\)和\(n\)都是任意正整数，若至少有\(kn+1\)只鸽子分配在\(n\)个鸽巢，则至少有一个鸽巢里有至少\(k+1\)只鸽子。
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若取\(n(m-1)+1\)个球放进\(n\)个盒子，则至少有一个盒子有\(m\)个球。
-
若\(m_1,m_2,...,m_n\)是正整数，且\(\frac{m_1+m_2+...+m_n}{n} \gt {r-1}\)，则\(m_1,m_2,...,m_n\)中至少有一个数不小于\(r\)。
3.9.1 整除问题
例题：如果有\(n+1\)个正整数，而这些整数是小于或等于\(2n\)，是否一定会有一对数是互素的？为什么？
解：证明，如果从\(\{1,2,...,2n\}\)中选择\(n+1\)个整数，那么存在两个整数，它们之间差为1。
设选择的\(n+1\)个整数为\(a_1,a_2,...,a_{n+1},a_1 \lt a_2 \lt ... \lt a_n\)，令\(b_1=a_1+1,b_2=a_2+1,...,b_n=a_n+1\),
则\(1 \lt b_1 \lt b_2 \lt ... \lt b_n \le 2n\)。
\(a_1,a_2,...,a_{n+1},b_1,b_2,...,b_n\)这\(2n+1\)个数，但范围只有\(2n\)，所以其中至少有一对相等，且\(b_j=a_j+1\)，\(b_j=a_k\)所有\(a_k\)和\(a_j\)只相差1。因此得证。
3.9.2 图形问题
例题：在边长为1的等边三角形内任意选择5个点，存在两个点，其间距最多为\(\frac{1}{2}\)。/在边长为1的等边三角形内任意选择10个点，存在两个点，其间距最多为\(\frac{1}{3}\).
解：
有4个小三角形，任选5个点，必有两个点在同一小三角形内。/有9个小三角形，任选10个点必有两个点在同一小三角形内。鸽巢原理。
3.9.3 连续累加问题
例题：设\(a_1,a_2,...a_m\)是正整数序列，则至少存在\(k\)和\(l\)，\(1\le k \lt l \le m\)，使得和\(a_k+a_{k+1}+\cdots+a_l\)是\(m\)的倍数。
证明：设\(S_h=\sum_{i=1}^{h}a_i\)，\(S_h\equiv r_h mod m,0 \le r_h \le m-1,h=1,2,...,m\)。若存在\(l\)，\(S_l \equiv 0modm\)，则命题成立。否则，\(1 \le r_h \le m-1\)，但\(h=1,2,...,m\)，由鸽巢原理知，存在\(r_k=r_h\)，即\(S_k\equiv S_hmodm\)，不妨设\(h \gt k\)，则\(S_h-S_k=a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_h \equiv 0modm\)。
例题：一个孩子每天至少做一题，总共做7周，每周总共不超过11题。必存在连续若干天在次期间这个孩子恰好做了20题。
证明：设\(a_1,a_2,...a_{49}\)，\(S_k=a_1+a_2+\cdots+a_k\)，即证必定存在\(0 \le k \lt l \le49，a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_l=20\)，即\(S_{l}-S_k=20\)。
其中\(1 \le S_1,S_2,...S_{49} \le 77\)，构造\(b_1=S_1+20,...,b_{49}=S_{49}+20 \le 97\)。
\(1 \le S_1,S_2,...,S_{49},b_1,b_2,...b_{49} \le 97\)，98个元素，但最高只能取到97，根据鸽巢原理其中必有两个元素相等。即存在\(b_k=S_l\)，而\(b_k=S_k+20\)，所以\(S_k+20=S_l\)，即\(S_l-S_k=20\)。
类似问题：生产产品、看电视、做运动…
例题：设\(a_1,a_2,...a_{100}\)是由1和2组成的序列，已知从其任一数开始的顺序10个数的和不超过16，即\(a_i+a_{i+1}+\cdots+a_{i+9} \le16,1\le i \le 91\)，则至少存在\(h\)和\(k\)，\(k \gt h\)，使得\(a_h+a_{h+1}+\cdots+a_k=39\)。
证明：令\(S_j=\sum_{i=1}^{j}a_i,j=1,2,...,100\)，显然\(S_1 \lt S_2 \lt \cdots \lt S_{100}\)，且\(S_{100} \le 10 \times 16=160\)
做序列\(S_1,S_2,...,S_{100},S_1+39,...S_{100}+39\)共200项。其中最大项\(S_{100}+39 \le 160+39=199\)。
由鸽巢原理，必有两项相等，而且必是前段中的某项与后段中的某项相等，设\(S_k=S_h+39,k \gt h,S_k-S_h=39\)，即\(a_h+a_{h+1}+\cdots+a_k=39\)
