第6章 容斥原理
第6章 容斥原理
6.1 容斥原理
●容斥原理是组合数学中的一个重要 原理,它在计数问题中占有很重要地位.
●容斥原理所研究的问题是与若干有 限集的交、并或差有关的计数.
●在实际工作中, 有时要计算具有某种 性质的元素个数.
例: 某单位举办一个外语培训班, 开设 英语, 法语两门课.
●设U为该单位所有人集合, A,B分别为 学英语, 法语人的集合, 如图所示.
Qn | A1 A2 An |
n! | A1 A2 An | (6.5)
n!r1 (n 1)!r2 (n 2)!
(1)n1 rn1 1!(1)n rn 0!
由此可见, 计算禁位排列的关键问题是 计算ri(i=1,2,…,n).
其中ri为有i个棋子落入禁区的方案数.
证. 设Ai为第i个棋子落入禁区的排列的 集合, i=1,2,…,n
如果一个棋子落入禁区的方案数目为
r1, 那么剩下的n-1个棋子可任意排列, 所以: ∑|Ai|=r1(n-1)!. 如果两个棋子落入禁区的方案数目为
r2, 那么剩下的n-2个棋子可任意排列, 所以: ∑|Ai∩ Aj |=r2(n-2)!. 依次类推. 由容斥原理, 可以得到:
Q5 | A1 A2 A3 A4 |
5! | A1 | | A2 | | A3 | | A4 | | Ai Aj |
| Ai Aj Ak | | A1 A2 A3 A4 |
容易计算出:
|Ai|=4!, i=1,2,3,4. |A1A2|中排列含有模式123, 其中排列的 总数={123,4,5}排列总数. 所以,
些绅士没人能拿到他们来时所戴的帽子
● V-8发动机的8个火花塞从气缸中取出清洗。
六年级数学专题详解 容斥原理
容斥原理在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算。
我们用|A|表示有限集A的元素的个数。
在两个集合的研究中，已经知道，求两个集合并集的元素个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两根集合的个数之中减去重复计算的元素个数，用式子可以表示成|A∪B|=|A|+|B|–|A∩B|。
我们称这一公式为包含与排除原理，简称为容斥原理。
包含与排除原理|告诉我们，要计算两个集合A、B的并集A∪B的元素个数，可以分一下两步进行：第一步：分别计算集合A、B的元素个数，然后加起来。
即先求|A|+|B|（意思是把A、B的一切元素都“包含”进来，加在一起）；第二步“从上面的和中减去交集的元素的个数，即减去|A∩B|（意思是“排除”了重复计算的元素的个数）。
例1．求不超过20的正整数中是2的倍数或3的倍数的数共有多少？解：设I={1、2、3、…、19、20}，A={I中2的倍数}，B={I中3的倍数}。
显然题目中要求计算并集A∪B的元素个数，即求|A∪B|。
我们知道A ={2、4、6、……、20}，所以|A |=10， B ={3、6、9、12、15、18}，|B |=6。
A ∩B ={I 中既是2的倍数又是3的倍数}={6、12、18}，所以|A ∩B |=3，根据容斥原理有|A ∪B |=|A |+|B |–|A ∩B |=10+6–3=13. 答：所求的数共有13个。
此题可以直观地用图表示如下：例2．某班统计考试成绩，数学得90分以上的有25人，语文得90分以上的有21人，两科中至少有一科在90分以上的有38人，问两科都在90分以上的有多少人？解：设A ={数学在90分以上的学生}，B ={语文在90分以上的学生}，由题意知|A |=25，|B |=21。
A ∪B ={数学、语文至少一科在90分以上的学生}，|A ∪B |=38。
A ∩B ={数学、语文都在90分以上的学生}，由容斥原理知|A ∪B |=|A |+|B |–|A ∩B |，所以|A ∩B |=|A |+|B |–|A ∪B |=25+21–38=8。
容斥原理
令U为全体非负整数解，A1为其中x1>5的整数解， A2为其中x2>6的整数解，A3为其中x3>7的整数解。 则|U|=C(17,2)。A1相当于求线性方程 (x1+6)+x2+x3=15
的非负整数解，其个数为|A1|=C(9+3-1,9)=C(11,2)。 类似有：|A2|=C(8+3-1,8)=C(10,2)， |A3|=C(7+3-1,8)=C(9,2)。
A B C U A BC A A C A B B B C C 871.
例6 求由abcd这4个字符构成的n位符号串中，a、b、 c都至少出现一次的数目。 令A、B、C分别表示不出现a、b、c的符号串的集合。 A中不出现a，即符号串的每一位只能取bcd之一， 有三种选择，因此|A|=3n。 类似有|B|=|C|= 3n ， |A∩B|=|B∩C|=|A∩C|= 2n，|A∩B ∩C |= 1n=1，|U|= 4n。 因此满足条件的符号串的数目为：
例10 第二类Stirling数，是指m个不同的球放到n个 相同的盒子里，且无一空盒的方案数。 先考虑盒子都不相同的情形。 令Ai (i=1,2,…,n)表示第i个盒子为空的放法的集合。 则显然有|U|=nm，|Ai|=(n-1)m。 类似有：|Ai∩Aj|=(n-2)m， |Ai∩Aj∩Ak|=(n-3)m，… 因此第二类Stirling数为： n ! S ( m, m ) A1 A2 ... An
例如60=22×3×5，所以
y( n) = 60(1 1 / 2)(1 1 / 3)(1 1 / 5) 16,
即比60小且与60互素的数有16个： 1，7，11，13， 17, 19, 23，29，31，37，41，43，47，49，53，59。
容斥原理
容斥原理（Inclusion–exclusion principle），是指在计数时，必须注意无一重复，无一遗漏，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。
公式也可表示为设S为有限集,,则两个集合的容斥关系公式：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详细推理如下：1、等式右边改造={[（A+B-A∩B）+C-B∩C]-C∩A}+A∩B∩C2、文氏图分块标记如右图图：1245构成A，2356构成B，4567构成C3、等式右边（）里指的是下图的1+2+3+4+5+6六部分：那么A∪B∪C还缺部分7。
4、等式右边[]号里+C（4+5+6+7）后，相当于A∪B∪C多加了4+5+6三部分，减去B∩C（即5+6两部分）后，还多加了部分4。
5、等式右边{}里减去C∩A（即4+5两部分）后，A∪B∪C又多减了部分5，则加上A∩B∩C（即5）刚好是A∪B∪C。
2严格证明对于容斥原理我们可以利用数学归纳法证明：证明：当时，等式成立()。
假设时结论成立，则当时，所以当时，结论仍成立。
因此对任意，均可使所证等式成立。
3原理1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)例1一次期末考试，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。
初中数学重点梳理：容斥原理
容斥原理知识定位在计数时，常常遇到这样的情况，作合并运算时会把重复的部分多算，需要减去；作排除运算时会把重复部分多减，需要加上，这就是容斥原理。
它的基本形式是： 记A 、B 是两个集合，属于集合A 的东西有A个，属于集合B 的东西有B个，既属于集合A 又属于集合B 的东西记为B A ，有BA 个；属于集合A 或属于集合B 的东西记为B A ，有BA 个，则有：B A =A +B -BA 。
知识梳理知识梳理1.容斥原理容斥原理可以用一个直观的图形来解释。
如图，左圆表示集合A ，右圆表示集合B ，两圆的公共部分表示B A ，两圆合起来的部分表示B A ，由图可知：B A =A +B -BA 。
容斥原理又被称作包含排除原理或逐步淘汰原则。
例题精讲【试题来源】【题目】在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数有多少个？ 【答案】67【解析】根据容斥原理，应是200减去能被2整除的整数个数，减去能被3整除的整数个数，还要加上既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数。
A BAB在1到200的整数中，能被2整除的整数个数为：2⨯1，2⨯2，…，2⨯100，共100个；在1到200的整数中，能被3整除的整数个数为：3⨯1，3⨯2，…，3⨯66，共66个；在1到200的整数中，既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数为： 6⨯1，6⨯2，…，6⨯33，共33个；所以，在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数个数为：200-100-66+33=67(个)【知识点】容斥原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】求1到100的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和S。
【答案】1633【解析】1到100的自然数中，所有自然数的和是：1+2+3+…+100=50501到100的自然数中，所有2的倍数的自然数和是：2⨯1+2⨯2+…+2⨯50=2⨯(1+2+3+…+50)= 2⨯1275=25501到100的自然数中，所有3的倍数的自然数和是：3⨯1+3⨯2+…+3⨯33=3⨯(1+2+3+…+33)= 3⨯561=16831到100的自然数中，所有既是2的倍数又是3的倍数，即是6的倍数的自然数和是：6⨯1+6⨯2+…+6⨯16=6⨯(1+2+3+…+16)= 6⨯136=816所以，1到100的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和S=5050-2550-1683+816=1633【知识点】容斥原理【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】求不大于500而至少能被2、3、5中一个整除的自然数的个数。
容斥原理
A1
A2
...
An ( 1)k C ( n, k )2k (2n k 1)!
k 0
n
(2n 1)! 2C ( n,1)(2n 2)!
( 1)n 2n ( n 1)!.
2. 有禁区的排列
先看一个例子：设对于1234的排列P=P1P2P3P4， 规定P1≠3，P2≠1,4，P3≠2,4，P4≠2。
A1中的集合是把dog作为一个元素参加排列，因此 有|A1|=24!。 类似有：|A2|=|A3|=24!， |A4|=|A5|=22! 。 由于dog和god不能同时出现，所以|A1∩A2|=0。 由于dog和gum可以以dogum的方式出现，所以有 |A1∩A3|=22!。 类似有：|A1∩A4|=0， |A1∩A5|=0。
A B A B A B 166 100 33 233.
500 B 100, 5
因此能被3或5除尽的数的个数为：
例4 求由abcdef这六个字符组成的全排列中不允许出 现ace和df图象的排列数。 令A、B分别表示出现ace、df图象的排列的集合。 A中是出现ace图象的排列，即ace作为一个元素参 加排列，因此有|A|=4!。 类似有|B|=5!，|A∩B|=3！。 而全集的元素个数为|U|=6!， 因此满足条件的排列数为：
例10 第二类Stirling数，是指m个不同的球放到n个 相同的盒子里，且无一空盒的方案数。 先考虑盒子都不相同的情形。 令Ai (i=1,2,…,n)表示第i个盒子为空的放法的集合。 则显然有|U|=nm，|Ai|=(n-1)m。 类似有：|Ai∩Aj|=(n-2)m， |Ai∩Aj∩Ak|=(n-3)m，… 因此第二类Stirling数为： n ! S ( m, m ) A1 A2 ... An
容斥原理及其应用
容斥原理及其应用容斥原理是组合数学中一种重要的计数技巧，被广泛运用于排列组合、概率统计等领域。
它的核心思想是通过求出多个集合的交集和并集来计算所需的数量，从而避免重复计数，确保准确性和全面性。
本文将介绍容斥原理的基本概念、推导过程以及其在实际问题中的应用。
一、容斥原理的基本概念容斥原理是根据集合的性质和运算规则推导出的一种计数方法。
在给定一组集合时，容斥原理可以帮助我们计算这些集合的交集和并集的元素个数。
在具体运用中，我们将问题转化成求解几个集合的元素个数之和的问题。
容斥原理表达式如下：∣A1∪A2∪⋯∪An∣=∣A1∣+∣A2∣+⋯+∣An∣−∣A1∩A2∣−∣A1∩A3∣−⋯−∣An−1∩An∣+⋯+（−1）^n−1∣An−1∩An∣其中，∣A∣表示集合A的元素个数，∪表示集合的并集，∩表示集合的交集，n表示集合的数量。
二、容斥原理的推导过程容斥原理的推导过程可以通过数学归纳法来实现，下面简要介绍：首先，我们给定两个集合A和B，我们用∣A∣表示集合A的元素个数，用∣B∣表示集合B的元素个数。
如果我们要计算A和B的并集∣A∪B∣，那么可以采取如下步骤：1. 首先，我们直接将∣A∣和∣B∣相加，得到∣A∣+∣B∣。
2. 然后，我们需要减去重复计算的部分，即集合A和B的交集∣A∩B∣。
因为∣A∩B∣这部分元素已经在∣A∣和∣B∣中被计算了一次，所以需要减去∣A∩B∣。
通过以上步骤，我们得到了∣A∪B∣=∣A∣+∣B∣−∣A∩B∣。
这就是容斥原理的基本推导过程。
接下来，我们将容斥原理推广到更多集合的情况。
假设我们有三个集合A、B和C，我们想要计算它们的并集∣A∪B∪C∣，我们可以按照以下步骤进行：1. 首先，我们将∣A∣、∣B∣和∣C∣相加，得到∣A∣+∣B∣+∣C∣。
2. 然后，我们需要减去两两集合的交集部分，即∣A∩B∣、∣A∩C∣和∣B∩C∣。
这是因为这些部分元素在∣A∣、∣B∣和∣C∣中都被计算了一次，所以需要减去。
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
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证. 设Ai为第i个棋子落入禁区的排列的 为第i 集合, 集合, i=1,2,…,n 如果一个棋子落入禁区的方案数目为 r1, 那么剩下的n-1个棋子可任意排列, 那么剩下的n 个棋子可任意排列, 所以: (n所以: ∑|Ai|=r1⋅(n-1)!. 如果两个棋子落入禁区的方案数目为 r2, 那么剩下的n-2个棋子可任意排列, 那么剩下的n 个棋子可任意排列, 所以: (n所以: ∑|Ai∩ Aj |=r2⋅(n-2)!. 依次类推. 由容斥原理, 可以得到: 依次类推. 由容斥原理, 可以得到:
Qn =| A1 ∩ A2 ∩ L ∩ An | = n!− | A1 ∪ A2 ∪ L ∩ An |
n −1 n
(6.5)
= n!− r1 ⋅ ( n − 1)!+ r2 ⋅ ( n − 2)!− L + ( −1) rn −1 ⋅ 1!+ ( −1) rn ⋅ 0! 由此可见, 由此可见, 计算禁位排列的关键问题是 计算r (i=1 ,n). 计算ri(i=1,2,…,n).
• Dn=nDn-1+(-1)n-2 = nDn-1+(-1)n • 例6.7：在一次舞会上有n位男士和n位女士。 6.7：在一次舞会上有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 始第一次跳舞？如果每个人必须换舞伴， 始第一次跳舞？如果每个人必须换舞伴， 那么第二次跳舞又有多少种选择方法？ 那么第二次跳舞又有多少种选择方法？
n
n−1
A1 ∩ A2 ∩L∩ An
4. 容斥原理的余集形式
| A1 ∩ A2 ∩ L ∩ An | = N − A1 ∪ A2 ∪ L ∪ An = N − ∑ Ai + ∑ ∑ Ai ∩ A j
i =1 i =1 j > i n n
− ∑ ∑ ∑ Ai ∩ A j ∩ Ak + L
i =1 j > i k > j n
| A ∪ B |=| A | + | B | − | A ∩ B | = 100 + 71 − 14 = 157.
2. 三个集合上的容斥原理 C为任意三个集合 为任意三个集合, 设A, B, C为任意三个集合, 则有
A∪ B∪C = A + B + C − A∩ B − A∩C − B∩C + A∩ B∩C
分析: 如果把第1 分析: 如果把第1天排队的同学按次序编 号为1,2,3,4,5. 号为1,2,3,4,5. 我们所要求的排列为其 中不出现模式12, 中不出现模式12, 23, 34, 45的全部排列. 45的全部排列 的全部排列. 31425是一个符合要求的排列 25341 31425是一个符合要求的排列, 而25341 是一个符合要求的排列, 不符合要求. 因为出现的34模式 模式. 不符合要求. 因为出现的34模式. 这个问题可以利用容斥原理来解决. 这个问题可以利用容斥原理来解决. 表示出现i(i+1)模式的全体排列 模式的全体排列, 设Ai表示出现i(i+1)模式的全体排列, i=1,2,3,4. 符合要求的排列是这些模式 都不出现. 都不出现. 用Q5来表示符合要求的排列 总数. 总数.
●设U为该单位所有人集合, A,B分别为 为该单位所有人集合, A,B分别为
学英语, 法语人的集合, 如图所示. 学英语, 法语人的集合, 如图所示.
●学两门外语的人数为|A∩B|, 学一门外 学两门外语的人数为|A∩ 语的人数为| B|-|A∩ 语的人数为|A∪B|-|A∩B|, 没参加学习的 人数为|U|-|A∪ 人数为|U|-|A∪B|.
| A |=| S | − | A | 或 | A |=| S | − | A |
其中 A表示A在S中的补集或余集 .
● 我们的目的并不仅仅是讨论这样
一个简单的原理, 一个简单的原理, 而是讨论这个原 理的一个重要推广, 称之为容斥原 理的一个重要推广, 称之为容斥原 并且将它运用到若干问题上去, 理,并且将它运用到若干问题上去, 其中包括： 其中包括： 错位排列、有限制的排列、 错位排列、有限制的排列、禁 位排列和棋盘多项式等 位排列和棋盘多项式等.
因此, 因此, 当直接求解受阻或无法达到目的 应考虑间接求解方法. 所谓“ 时, 应考虑间接求解方法. 所谓“曲径 通幽” 说的就是这个道理. 通幽”, 说的就是这个道理. 上面举的间接计数的例子是利用了如 下原理：如果A是集合S的子集, 下原理：如果A是集合S的子集, 则A中 的元素个数等于S 的元素个数等于S中的元素个数减去不 中的元素个数, 在A中的元素个数, 这个原理可写成
Q5 =| A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | = 5!− | A1 | − | A2 | − | A3 | − | A4 | + ∑ | Ai ∩ A j | − ∑ | Ai ∩ A j ∩ Ak | + | A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 |
容易计算出: 容易计算出: |Ai|=4!, i=1,2,3,4. |A1∩A2|中排列含有模式123, 其中排列的 中排列含有模式123, 总数={123,4,5}排列总数 所以, 排列总数. 总数={123,4,5}排列总数. 所以, |A1∩A2| =(5-2)!=3! =(5类似有: |=(5类似有: |Ai∩Ai+1|=(5-2)!=3!, i=2,3.
DeMorgan定理 DeMorgan定理: 设A, B为全集U的任意 定理: 为全集U 两个子集, 两个子集, 则 (a ) A ∪ B = A ∩ B (b ) A ∩ B = A ∪ B DeMorgan定理的推广 DeMorgan定理的推广: 设A1,A2,…,An为 定理的推广: U的子集, 则 的子集,
6.2 具有重复的组合
●令S为具有k种类型元素的一个多重集，每 为具有k种类型元素的一个多重集，
种元素均具有无限的重复，则S的r组合 种元素均具有无限的重复， Crr+ k −1 的个数等于 6.5：确定多重集T={3a,4b,5c}的10组合的 例6.5：确定多重集T={3a,4b,5c}的10组合的 个数 6.6：满足1 例6.6：满足1≤x1≤5, -2≤x2≤4, 0≤x3≤5, 3≤x4≤9 的方程x1+x2+x3+x4=18的整数解的个数 的方程x1+x2+x3+x4=18的整数解的个数 是多少？ 是多少？
3. n个集合上的容斥原理: n个集合上的容斥原理 个集合上的容斥原理: 是有限集合, 设A1,A2,…,An是有限集合, 则有
A1 ∪ A2 ∪L∪ An = ∑ Ai − ∑∑ Ai ∩ Aj
i =1 i =1 j>i n n
+ ∑∑∑ Ai ∩ Aj ∩ Ak − L+ (−1)
i =1 j>i k> j
6.5 另外的禁排位置问题
在错排问题中, 在错排问题中,每个元素不许出现在原来的 位置, 这是一种绝对的禁位排列. 位置, 这是一种绝对的禁位排列. 还有一类 是相对禁位排列. 是相对禁位排列. 例6.8 有5个学生每天要排成一列去散步. 除第 个学生每天要排成一列去散步. 一个学生之外, 每个学生前面都有一个学生. 一个学生之外, 每个学生前面都有一个学生. 每天都是同一个人在自己前面走显得单调, 每天都是同一个人在自己前面走显得单调, 天他们决定改变排队次序, 第2天他们决定改变排队次序, 使得每个同 学前面的人与第1天不同. 学前面的人与第1天不同. 问有多少种不同 的排队方式? 的排队方式?
第6章 容斥原理
6.1 容斥原理
●容斥原理是组合数学中的一个重要 原理,它在计数问题中占有很重要地位. 原理,它在计数问题中占有很重要地位. ●容斥原理所研究的问题是与若干有 限集的交、并或差有关的计数. 限集的交、并或差有关的计数. 在实际工作中, ●在实际工作中, 有时要计算具有某种 性质的元素个数. 性质的元素个数. 某单位举办一个外语培训班, 例: 某单位举办一个外语培训班, 开设 英语, 法语两门课. 英语, 法语两门课.
在一些计数问题中, 经常遇到间接 在一些计数问题中, 经常遇到间接计算 间接计算 一个集合中具有某种性质的元素个数 一个集合中具有某种性质的元素个数 比起直接计算来得简单. 比起直接计算来得简单. 直接计算来得简单 计算1 700之间不能被 之间不能被7 例: 计算1到700之间不能被7整除的整数 个数. 个数. 直接计算相当麻烦,间接计算非常容易. 直接计算相当麻烦,间接计算非常容易. 先计算1 700之间能被 之间能被7 先计算1到700之间能被7整除的整数个 所以1 700之间不能被 数=700/ 7=100, 所以1到700之间不能被 7整除的整数个数=700-100=600. 整除的整数个数=700-
6.3 错位排列
●聚会上，10位绅士。有多少种方式使得这 聚会上，10位绅士 位绅士。
些绅士没人能拿到他们来时所戴的帽子
● V-8发动机的8个火花塞从气缸中取出清洗。 发动机的8个火花塞从气缸中取出清洗。
有多少种方法使得没有火花塞被放回到 原先的气缸
● D1=0,D2=1,D3=2,D4=9 定理6.3.1 对于n ●定理6.3.1 对 A1 ∩ A2 ∩ L ∩ An
• 例6.2 求从1到1000不能被5、6和8整除 求从1 1000不能被 不能被5 的整数个数 • 例6.3 字母M,A,T,H,I,S,F,U,N存在多少 字母M,A,T,H,I,S,F,U,N存在多少 排列使得单词MATH，IS和FUN都不 排列使得单词MATH，IS和FUN都不 能作为连续字母出现？ 能作为连续字母出现？ • 例6.4 从0到99999有多少含有数字2，5 99999有多少含有数字 有多少含有数字2 的整数？ 和8的整数？
例6.1 求1到500之间能被5或7整除的正 500之间能被 之间能被5 整数个数. 整数个数. 为被5整除的整数集合, B为被 为被7 解 设A为被5整除的整数集合, B为被7 整除的整数集合, [x]表示 表示x 整除的整数集合, 用[x]表示x的整数 部分, 部分, 则有