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

1. $\overline{A\cup B}=\overline{A} \cap \overline{B}$

2. $\overline{A\cap B}=\overline{A} \cup \overline{B}$

德摩根定理的推广：

1. $\overline{A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n }=\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_n}$
2. $\overline{A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n }=\overline{A_1} \cup \overline{A_2} \cup \cdots \cup \overline{A_n}$

3.2 容斥定理

$$|A \cup B \cup C| =|A|+|B|+|C|-|A \cap B| - |A \cap C| - |B \cap C|+|A \cap B \cap C|$$

容斥原理的推广：

设$A_1,A_2,...A_n$是$n$个有限的集合，则

$$|A_1 \cup A_2 \cup \ldots \cup A_n| =\sum_{i=1}^n\left|A_i\right| -\sum_{i=1}^n \sum_{j>i}\left|A_i \cap A_j\right| +\sum_{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{n}} \sum_{\mathrm{j}>\mathrm{i}} \sum_{\mathrm{k}>\mathrm{j}}\left|\mathrm{A}_{\mathrm{i}} \cap A_j \cap A_k\right|-\ldots +(-1)^{n-1}\left|A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_n\right|$$

$$|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \ldots \cap \overline{A_n}|=N-|A_1 \cup A_2 \cup \ldots \cup A_n|$$

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

$$|A \cup B \cup C| =|A|+|B|+|C| - (|A \cap B| - |A \cap C| - |B \cap C|)+|A \cap B \cap C| =300+200+120-(100+60+45)-20=400$$

不能被2、3,、5除尽的数的个数为

$$|\overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C}|=N-|A \cup B \cup C|=600-400=200$$

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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$|\overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C}|$，

$$|\overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C}| = 4^n-(|A|+|B|+|C|)+(|A \cap B|+|A \cap C|+|C \cap B|)-|A \cap B \cap C| = 4^n-3 \cdot 3^n+3 \cdot 2^n-1$$

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$|A_2|=C_{3+8-1}^{8}=45,|A_3|=C_{3+7-1}^{7}=36$

$|A_1 \cap A_2|=C_{3+(15-6-7)-1}^{15-6-7}=C_{4}^{2}=6$

$|A_1 \cap A_3|=C_{3+(15-6-8)-1}^{15-6-8}=C_{3}^{2}=3$

$|A_1 \cap A_2|=C_{3+(15-7-8)-1}^{15-7-8}=C_{2}^{2}=1$

$|A_1 \cap A_2 \cap A_3|=0$

$|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3}|=136-(55+45+36)+(6+3+1)-0=10$

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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

$$|A_1| =(\begin{array}{c} 4 \\ 2 \end{array}) (\begin{array}{c}(10-3)+(5-2) \\ 5-2 \end{array}) =(\begin{array}{l} 4 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 10 \\ 3 \end{array}) =6 \times 120 =720$$

同理

$$|A_2| =(\begin{array}{l} 6 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 8 \\ 3 \end{array}) =15 \times 56 =840$$

$$|A_3| =(\begin{array}{l} 8 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 6 \\ 2 \end{array}) =28 \times 15 =420$$

$$|A_4| =(\begin{array}{l} 9 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 5 \\ 2 \end{array}) =36 \times 10 =360$$

$$|A_1 \cap A_2| =(\begin{array}{l} 4 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 8 \\ 2 \end{array}) =6 \times 56 =336$$

$$|A_1 \cap A_3| =(\begin{array}{l} 4 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 6 \\ 2 \end{array}) =6 \times 15 =90$$

$$|A_1 \cap A_4| =(\begin{array}{l} 4 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 5 \\ 2 \end{array}) =6 \times 10 =60$$

$$|A_2 \cap A_3| =(\begin{array}{l} 6 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 6 \\ 2 \end{array}) =15 \times 15 =225$$

$$|A_2 \cap A_4| =(\begin{array}{l} 6 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 5 \\ 2 \end{array}) =15 \times 10 =150$$

$$|A_3 \cap A_4|=0$$

$$|A_1 \cap A_2 \cap A_3| =(\begin{array}{l} 4 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 6 \\ 2 \end{array}) =6 \times 15 =90$$

$$|A_1 \cap A_2 \cap A_4| =(\begin{array}{l} 4 \\ 2\end{array}) (\begin{array}{l} 5 \\ 2 \end{array}) =6 \times 10 =60$$

$$|A_2 \cap A_3 \cap A_4|=0$$

$$|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4|=0$$

所以

$$|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3} \cap \overline{A_4}|=3003-(720+840+420+360)+(336+90+60+225+150)-(90+60)=3003-2340+861-150=1374$$

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

$$|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \ldots \cap \overline{A_n}| =N-\sum_{i=1}^n\left|A_i\right| +\sum_{i=1}^n \sum_{j>i}\left|A_i \cap A_j\right| -\ldots +(-1)^{n}\left|A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_n\right|$$

$|A_i|$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

$$|A_i|=2Q_{2n-1}^{2n-1}=2(2n-2)!$$

$$|A_i \cap A_j|=2^2Q_{2n-2}^{2n-2}=2^2(2n-3)!$$

$$|A_i \cap A_j \cap A_k|=2^3Q_{2n-3}^{2n-3}=2^2(2n-4)!$$

$$\cdots \cdots$$

$$|A_1 \cap A_2 \cap \cdots A_n|=2^nQ_{2n-n}^{2n-n}=2^n(n-1)!$$

故夫妻不相邻方案数为

$$M=(2n-1)! -2(\begin{array}{l} n \\ 1 \end{array})(2n-2)! +2^2(\begin{array}{l} n \\ 2 \end{array})(2n-3)! -\cdots +(-1)^n 2^n(\begin{array}{l} n \\ n \end{array})(n-1)! \\ =\sum_{h=0}^n(-1)^h 2^h\left(\begin{array}{l} n \\ h \end{array}\right)(2n-h-1)!$$

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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：

$$M=(2n)! -2(\begin{array}{l} n \\ 1 \end{array})(2n-1)! +2^2(\begin{array}{l} n \\ 2 \end{array})(2n-2)! -\cdots +(-1)^n 2^n(\begin{array}{l} n \\ n \end{array})(n)! \\ =\sum_{h=0}^n(-1)^h 2^h\left(\begin{array}{l} n \\ h \end{array}\right)(2n-h)!$$

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：

$$|A_i|=(n-1)!,i=1,2,...,n$$

$$|A_i \cap A_j|=(n-2)!,i,j=1,2,..,n,i\neq j$$

$$\cdots \cdots$$

每个元素都不在原来位置的排列数为

$$|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \ldots \cap \overline{A_n}| =n! -C(n,1)(n-1)! +C(n, 2)(n-2)! -\cdots -\pm C(n,n)1! \\ =n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\cdots \pm \frac{1}{n!})$$

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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：

$$5!-C(5,1)4!+C(5,2)3!-C(5,3)2!+C(5,4)1!-C(5,5) =120(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}+\frac{1}{24}-\frac{1}{120}) =44$$

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。

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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，

$$r_0n!-r_1(n-1)!+r_2(n-2)!-\cdots+(-1)^n r_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k} r_{k}(n-k)!$$

定理证明见棋盘多项式 - 维基百科，自由的百科全书 (wikipedia.org)

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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。

• 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。

• $m$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。

• $m_1,m_2,...,m_n$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，$i=1,2,...,n$。

• 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。

• 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$S_h-S_k=a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_h \equiv 0modm$。

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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…

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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$a_h+a_{h+1}+\cdots+a_k=39$