组合数学课程笔记（四）：容斥原理

$$\mathrm{一}\mathrm{切}\mathrm{繁}\mathrm{复}\mathrm{都}\mathrm{洗}\mathrm{涤}，\mathrm{却}\mathrm{染}\mathrm{上}\mathrm{重}\mathrm{叠}\mathrm{的}\mathrm{星}$$

容斥原理

是容斥原理的基本公式。

但是我们并不经常的使用这个公式本身，我们一般使用这个公式的推论：

具体的理解这个式子，就是在全集 $\mathbb{U}$ 中，我们有若干个子集 $A_i$，其中的元素是坏的。现在我们需要找到不被任何子集包含的元素个数。

容斥原理的证明

使用集合论和数学归纳法，是容易证明的。但是如果从概率的角度来说，我们就有更好的方法证明它。

我们设事件 $X_i$ 为随机选一个元素，子集 $A_i$ 中的元素被选中。然后取它的指示随机变量 $I(X_i)\in \{0,1\}$ 表示事件 $X_i$ 的发生与否。

然后，又有对于两个随机事件 $A,B$，$I(AB)=I(A)I(B)$，由于满足结合律，我们就可以推广到 $I(\bigcap X_i)=\prod I(X_i)$。

同时，$I(\bar{A})=1-I(A)$，所以 $I(\bigcap {\bar{X}}_i)=\prod (1-I(X_i))$。

也就等于 $\sum _{S\subseteq \mathbb{U}}(-1{)}^{|S|}\prod _{i\in S}I(X_i)$。

回代公式 $\sum _{S\subseteq \mathbb{U}}(-1{)}^{|S|}I(\bigcap _{i\in S}{X}_i)$。

然后对两边取期望，指示随机变量的期望就是该事件的概率

$P(\bigcap {\bar{X}}_i)=\sum _{S\subseteq \mathbb{U}}(-1{)}^{|S|}P(\bigcap _{i\in S}{X}_i)$

${\displaystyle \frac{|\bigcap {\bar{A}}_i|}{|\mathbb{U}|}}=\sum _{S\subseteq \mathbb{U}}(-1{)}^{|S|}{\displaystyle \frac{|\bigcap _{i\in S}{A}_i|}{\mathbb{|}\mathbb{U}\mathbb{|}}}$

两边约去 $\mathbb{U}$，得到推论公式。

容斥原理和集合划分

我们知道集合划分是斯特林数，等价于满射个数问题，那么我们就来尝试数满射个数。

我们可以设 $r_k$ 为至少有 $k$ 个位置没有被射到的映射个数，很容易得到 $r_k=\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(n-k{)}^n$

然后我们就可以直接容斥得到答案 $\sum _{k\le 0}(-1{)}^k{r}_k$，下标替换 $k=n-k$ 得到 $\sum _{k\le 0}(-1{)}^{n-k}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)k^n$。

然后斯特林数是不考虑顺序的满射个数，也就是要除以 $|\pi |$，那么 $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}={\displaystyle \frac{1}{n!}}\sum _{k\le 0}(-1{)}^{n-k}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)k^n=\sum _{k\le 0}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{n-k}{k}^n}{k!(n-k)!}}$

容斥原理的优势和劣势

容斥原理的优势在于，我们只需要数“至少有 $k$ 个位置满足某某条件”的方案个数，而不必要数“恰好有 $k$ 个位置满足某某条件”的方案个数。也就是，我们不需要考虑算重的问题。

但是，容斥原理的公式形式决定了我们很难得到没有 $\sum$ 的封闭形式。

错排问题

错排问题可以表述成满足 $i\ne \pi (i)$ 的排列个数。

我们记 $r_k$ 为至少有 $k$ 个位置满足 $i=\pi (i)$ 的排列个数，那么容易得到 $r_k=\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(n-k)!$。然后就可以直接容斥原理求得答案为 $\sum (-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(n-k)!=n!\sum {\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}$。

我们发现，$\sum _k{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}$ 其实就是 $e^{-1}$ 的泰勒展开式的前 $n$ 项，所以 $n!\sum {\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}\sim {\displaystyle \frac{n!}{e}}$，也就是概率是个常数。

生成函数和容斥原理

我们可以设 $x_i$ 为选择 $i$ 的个数的随机变量，然后每个位置可以映射到除了子集以外的所有值，也就是它对答案的贡献是 $x_1+x_2+\cdots x_{i-1}+x_{i+1}\cdots +x_n$。但是这样有点麻烦，我们就记 $s=\sum x_i$，那么贡献就是 $s-x_i$

然后我们要求的答案就是 $\prod (s-x_i)$ 的第 $\prod _{i\le n}{x}_i$ 项系数。那么我们就枚举其中有 $k$ 个来自 $-x_i$，剩下的 $n-k$ 个自由安排来自某个 $s$， 则为 $\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(n-k)!$。所有的来自 $-x_i$ 的都带系数 $-1$，所以贡献要乘上 $(-1{)}^k$。

我们就用生成函数在不同的含义和相似的形式下求出了错排数。

法兰西晚宴

对于一个圆环，安排 $1\sim 2n$ 的所有数，使得 $[1,n]$ 的所有数都不相邻，$[n+1,2n]$ 的所有数都不相邻，$i$ 和 $i+n$ 不相邻。

我们可以先把 $[n+1,2n]$ 都先安排好，共有 $2n!$ 种。然后就是对于 $n$ 个数，每个位置不能选择自己在 $n$ 长度的圆环上的对应点和其后继的方案数。

我们把这个排列问题映射成棋盘，也就是所有打 $x$ 的位置不能选择，并且每行每列都只选择一个的方案数。

然后我们发现，我们就只要求出至少 $k$ 个位置被选择为 $x$ 的方案数。

然后，我们发现所有不能选的点构成一个长度 $2n$ 的环，问题转化为求取在 $m$ 的环上选 $k$ 个不相邻的数的个数 $C(m,k)$。

首先，我们可以算在长度 $m$ 的链上选择 $k$ 个不相邻位置的方案数，先把这 $k$ 个位置选走，我们发现，我们就是在剩下的 $m-k$ 个位置种插板，方案数 $L(m-k)=\left(\begin{array}{c}m-k+1\\ k\end{array}\right)$。

然后，我们发现，如果把环上没有选取的位置断开一个得到的结果，和在链上的某个位置插入一个未选择的位置是相同的。那么就有 $(m-k)C(m-k)=mL(m-1,k)$

解出 $C(m,k)={\displaystyle \frac{m}{m-k}}\left(\begin{array}{c}m-k\\ k\end{array}\right)$

然后 $r_k={\displaystyle \frac{2n}{2n-k}}\left(\begin{array}{c}2n-k\\ k\end{array}\right)$

也就得到答案为