第四章(Chapter 4)容斥原理及其应用
容斥原理的基本应用
容斥原理的基本应用什么是容斥原理容斥原理，又称为容错原理、排容原理，是组合数学中一种常用的计数原理。
容斥原理用于解决计数问题，特别是解决两个或多个集合的并、交、差等计数问题。
它通过将复杂的集合拆分成简单的部分，并根据不同情况逐步计算得到最终的结果。
容斥原理有助于简化计数问题的解决过程，使得问题的求解更加简洁明了。
容斥原理的应用场景容斥原理在组合数学、概率论、计算机科学等领域有广泛的应用。
它可以解决一些复杂的计数问题，包括排列组合问题、概率计算问题、鸽巢原理问题等。
容斥原理在解决这些问题时，可以极大地简化计算的复杂度，提高解题效率。
以下是容斥原理的基本应用场景：1.列表中元素的多重选择问题2.集合的并、交、差运算问题3.满足多个条件的计数问题4.重复计算问题容斥原理的基本原理容斥原理的基本原理可以通过一个简单的示例来说明。
假设有A、B两个集合，记其元素个数分别为|A|和|B|。
那么A和B的并集的元素个数可以通过以下公式计算得到：|A∪B| = |A| + |B| - |A∩B|其中，|A∩B|表示A和B集合的交集中的元素个数。
上述公式中的两次求并集都将交集的元素计算了两次，所以需要将交集的元素个数减去一次，以避免重复计算。
这就是容斥原理的基本思想。
容斥原理的基本应用举例列表中元素的多重选择问题假设有一个列表，其中有苹果、橙子、香蕉、草莓这四种水果。
现在需要从这个列表中选择1种、2种、3种甚至全部4种水果的可能性有多少种？根据容斥原理，我们可以通过以下步骤进行计算：1.计算只选择1种水果的情况，共有4种可能性。
2.计算只选择2种水果的情况，共有C(4,2) = 6种可能性。
3.计算只选择3种水果的情况，共有C(4,3) = 4种可能性。
4.计算选择全部4种水果的情况，共有1种可能性。
根据容斥原理，计算总的可能性的公式为：总可能性 = 只选择1种水果的数量 - 只选择2种水果的数量 + 只选择3种水果的数量 - 选择全部4种水果的数量带入上述计算结果，得到总可能性为4 - 6 + 4 - 1 = 1种。
容斥原理的理解及应用
容斥原理的理解及应用容斥原理是组合数学中一种常用的计数方法，用于解决一些复杂的计数问题。
它基于一个简单而实用的思想：通过减去重复计数来得到所需的计数。
容斥原理的基本思想是通过枚举每个事件的包含情况来计算事件的并集。
它主要分为两步：1. 枚举所有的事件组合。
容斥原理将事件集合划分为若干个子集合，每个子集合代表一个事件的包含情况，通过枚举这些事件的包含情况来计算事件的并集。
例如，对于一个问题，A、B、C三个事件，我们可以枚举8种情况：A、B、C以及AB、AC、BC以及ABC、空集。
这样可以保证每个事件都被包含到，并且不会重复。
2. 计算每个事件组合中的事件的并集。
容斥原理的关键在于计算每个事件组合中事件的并集。
考虑每个子集合的事件个数的奇偶性，通过加减计算得到事件的并集。
以A、B、C三个事件为例，我们可以通过计算“A或B或C”减去“AB或AC或BC”再加上“ABC”来得到所需的计数。
容斥原理主要应用于解决计数问题，特别是计算事件的并集问题。
以下是容斥原理的几个应用示例：1. 求两个集合的并集的元素个数。
假设有两个集合A和B，我们想要求并集A∪B中元素的总个数。
根据容斥原理，我们可以通过计算A和B的元素个数再减去A∩B的元素个数来得到并集的元素个数。
这是因为A∪B中的每个元素都会被计算两次，而A∩B中的元素被计算两次后又被减去了一次，所以最终得到的结果是正确的。
2. 求多个集合的并集的元素个数。
若要求多个集合的并集的元素个数，可以使用容斥原理的推广。
假设有n 个集合A1, A2, ..., An，我们可以使用容斥原理的思想，通过计算每个子集合中的元素个数再根据子集合的个数的奇偶性进行加减操作来得到并集的元素个数。
3. 求满足多个条件的数的个数。
假设有n个条件P1, P2, ..., Pn，每个条件Pi代表一个谓词，我们想要求满足所有条件的数的个数。
我们可以使用容斥原理的思想，通过计算每个子集合中满足条件的数的个数再根据子集合的个数的奇偶性来得到满足所有条件的数的个数。
第4章 容斥原理
N ( Pi1 , Pi2 ,, Pi k )
则定理 4.1.1 的公式可写成：
| A1 A2 Am | W (0) W (1) W (2) W (3) (1) W (m)
m
在 P 75 例 1 中
N ( P ) 200, 1 N ( P1 , P2 ) 33,
w(3) 8
| A1 A2 A3 | w(0) w(2) w(3) =1000-491+99-8=600
定理4.2.2 设集合S中具有性质P ={P1,P2,…,Pm}中 恰好r(0≤r ≤m)个性质的 元素的个数为：
r 1 r 2 mr m N (r ) W (r ) W (r 1) W (r 2) (1) r W (m) r r mr i r i (1) W (r i) i 0 r
证明 任取 xS。 (1) 若 x 具有的性质数少于 r，则 x 对公式的各项贡献为 0． (2) 若 x 恰好具有 r 条性质，则 x 对 W(r)项贡献为 1，而对以后各项 W(r+1),… ,W(m)贡献都是 0，所以 x 对公式右端的总贡献是 1． (3) 若 x 恰好具有 r+k 条性质， k=l,2,…,m-r． x 对公式中的 W(r+i) 则 项的贡献为 C(r+k,r+i),其中 i=0,1,…,m-r，而对以后的各项贡献 都是 0，
N1 2 6! C (7,5) 2 6! 76 30240 , 2
不同数字的七位数有 P（9，7）个，由定理 4.1.1，所求的七 位数的个数 N=P(9,7)- N1=151200。
例3
容斥原理公式及运用完整版
容斥原理公式及运用 HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】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，研究出一种新的计数方法。
这种方法的基本思路是：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。
一、容斥原理1：两个集合的容斥原理如果被计数的事物有A、B两类，那么，先把A、B两个集合的元素个数相加，发现既是A类又是B类的部分重复计算了一次，所以要减去。
如下图所示。
【示例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？数学得满分人数→A，语文得满分人数→B，数学、语文都是满分人数→A∩B，至少有一门得满分人数→A∪B。
A∪B=15+12-4=23，共有23人至少有一门得满分。
二、容斥原理2：三个集合的容斥原理如果被计数的事物有A、B、C三类，那么，将A、B、C三个集合的元素个数相加后发现两两重叠的部分重复计算了1次，三个集合公共部分被重复计算了2次。
如下图所示，灰色部分A∩B-A∩B∩C、B∩C-A∩B∩C、C∩A-A∩B∩C都被重复计算了1次，黑色部分A∩B∩C被重复计算了2次，因此总数A∪B∪C=A+B+C-（A∩B-A∩B∩C）-（B∩C-A∩B∩C）-（C∩A-A∩B∩C）-2A∩B∩C=A+B+C-A∩B-B∩C-C∩A+A∩B∩C。
即得到：【示例2】??某班有学生45人，每人都参加体育训练队，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？参加足球队→A，参加排球队→B，参加游泳队→C，足球、排球都参加的→A∩B，足球、游泳都参加的→C∩A，排球、游泳都参加的→B∩C，三项都参加的→A∩B∩C。
容斥原理
21
定理4.2.4 (对称原理、对称筛) 若子集A1 , A2 , , An 具有对称性质, 则有
| A1 A2
n n
An
|
1
R1
2
R2
(1)n1
n n
Rn
n n
N [0]
R0
1
R1
2
R2
18
例2 设某班共有学生30名,本学期开设日、德、 法三门外语供学生选修. 班里选修日语的有15 名, 选修德语、法语的各14名, 同时选修德语和 日语的有7名, 同时选修日语和法语的有6名, 同 时选修法语和德语的有6名, 三门全选修的有3 名, 问该班选修外语恰好k门的学生各有多少? 解 令S {a1 , a2 , , a30 },用A1 , A2 , A3分别表示 S中的学生选修日、德、法各种外语的学生集 合.则
N[1]
q1
C21q2
C
1 3
q3
43 2 19
33
14
N[2] q2 C32q3 19 3 3 10
N[3] q3 3
20
如果性质P1 , P2 , , Pn是对称的,即具有k个性质 的事物的个数总是等于同一个数值, 则称这个 值为公共数, 记作Rk , 即 R1 | A1 || A2 | | An | R2 | A1 A2 || A1 A3 | | An1 An | R3 | Ai Aj Ak |, 1 i j k n
这说明计算一个集合的元素个数时,有时间 接计算比直接计算更为简单.
2
预备知识 - -集合论知识初步: 设A, B,C, S是集合,集合主要有以下运算: (1) 集合的并(和): A B或A B; (2)集合的交(积): A B或AB; (3) 集合的差: A B, A B A B A AB; (4) 集合的非 : A S A (S为全集) 集合的运算满足下列定律: (1) 交换律 : A B B A, AB BA; (2) 结合律 : ( A B) C A (B C ),
容斥原理的若干重要应用
容斥原理的若干重要应用一、组合数的计算容斥原理在组合数学中有着重要的应用。
在求解组合数时，容斥原理可以帮助我们简化计算过程。
容斥原理告诉我们，对于一个集合的并集，可以通过减去所有交集的方式来计算。
例如，对于集合A和集合B，它们的并集可以表示为A∪B = |A| + |B| - |A∩B|。
这个公式可以推广到多个集合的并集的情况。
通过容斥原理，我们可以方便地计算多个集合的并集。
具体步骤如下：1.计算每个集合的大小；2.计算每两个集合的交集的大小；3.根据容斥原理的公式，进行求和和减法计算。
容斥原理可以帮助我们在组合数的计算中快速求解问题，并减少冗余的计算。
二、事件的概率计算在概率论中，容斥原理也有着重要的应用。
容斥原理可以帮助我们计算事件的概率，特别是在涉及多个事件的情况下。
假设我们有多个事件A₁，A₂，…，Aₙ，它们的概率分别为P(A₁)，P(A₂)，…，P(Aₙ)。
容斥原理告诉我们，多个事件的概率可以通过求和和减法来计算。
具体步骤如下：1.计算每个事件的概率；2.计算每两个事件的交集的概率；3.根据容斥原理的公式，进行求和和减法计算。
通过容斥原理，我们可以方便地计算多个事件的概率，并得到准确的结果。
三、整数划分的计数容斥原理还可以应用于整数划分的计数问题。
整数划分是将一个整数拆分成若干个正整数的和的问题，如对于整数5的划分可以是1+1+1+1+1、2+1+1+1、2+2+1等。
对于给定的整数n，我们可以通过容斥原理来计算整数划分的总数。
具体步骤如下：1.枚举划分中最大的正整数k；2.根据容斥原理，计算由k组成划分的总数；3.求所有枚举情况下的划分总数的和。
容斥原理可以帮助我们快速计算整数划分的数量，避免穷举的复杂度。
四、集合的计数在组合数学中，容斥原理可以用于计算集合的数量。
具体应用场景包括排列、组合、子集等。
假设我们有n个元素的集合，进行排列、组合或者求子集的操作时，容斥原理可以帮助我们求解不同条件下的集合数量。
容斥原理及其应用
容斥原理及其应用１ 序言数学知识是人类社会文明的一个重要组成部分．在当今世界，数学已不仅是一门单一的科学，而是一种普适性的技术，正广泛地渗透到物质世界的每一个领域内，对科学技术和社会的发展起着日益突出的作用，但随着社会的向前推进，时代的进步，数学科学的思想、方法与内容伴随着远古时期的结绳记事，屈指记数到现在的办公自动化而日趋完善．人类的现实生活需要数学，而国家的经济发展，科学技术的进步更与数学知识息息相关．具备一些必要的数学知识和一定数学思想方法，是现代人才基本素质的重要组成部分．早期的组合数学是带着数学趣味性和益智魅力的问题，逐渐与数论、概率统计，以及后来新兴的拓扑学、线性规划等学科相互交织在一起，在二十世纪下半叶与电子计算机相结合足以显示了数学的用途．容斥原理是组合数学中解决计数问题的一个重要工具，是离散数学的一个重要组成部分，容斥原理在排列、组合、概率计算中有着广泛的应用．随着近代科学技术的发展，特别是计算机科学的长足进步，给与计算机密切相关的组合数学和离散数学注入了新的活力和生机，使它们与其他基础数学学科的联系更加紧密，让应用数学的适用范围进一步扩大，在现代科学技术中发挥出极为重要的作用．２ 容斥原理定理2.1 设S 是有限集，P 表示某种性质，令A 表示S 中具有性质P 的元素的集合，则S 中不具有性质P 的元素的个数为： A S A =-．定理2.2 设S 是有限集，12,P P 表示某种性质，令,A B 表示S 中具有性质12,P P 的元素的集合，则S 中不具有性质12,P P 的元素的个数为：A B S A B A B =--+I I ．定理2.3 设S 是有限集，123,,P P P 表示某种性质，令,,A B C 表示S 中具有性质123,,P P P 的元素的集合，则S 中不具有性质123,,P P P 的元素的个数为：A B C S A B C A B A C B C A B C =---+++-I I I I I I I定理2.4 设S 是有限集，()1,2,,i P i n =L 表示某种性质，令()1,2,,i A i n =L 表示S 中具有性质()1,2,,i P i n =L 的元素的集合，则S 中至少具有某一性质()1,2,,i P i n =L 的元素的个数为 1121121211n i i i i ni i nA A A A A A ≤≤≤<≤=-++∑∑U UL U I L()()12121112111k k k n i i i n i i i nA A A A A A --≤<<<≤-++-∑L I I L I L I I L I()12121111k k n k i i i k i i i nA A A -=≤<<<≤=-∑∑L I I L I ．现给出这个公式的证明． 证明[]()145P 当2n =时， 121212A A A A A A =+-U I因为 12112A A A A A -=-I ，12A A A ⊆I ，所以 12112112A A A A A A A A -=-=-I I ，所以 当2n =时，结论成立．假设当()2n s s =≥时结论成立，则当1n s =+时，111111111n s n ss i i i s is i s i i i i i A A AA A A ++++=====⎛⎫⎛⎫A =A ==+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U I U U U U U ()1111ssis i s i i AA A A ++===+-I U U()11212111211kk sk i i i i i s k i i i sA A A A -≤≤+=≤<<<≤=+-∑∑∑L I I L I ()()1212111211111k s ksi i s s s k i i i sA A A A A A A -++=≤<<<≤+-+-∑∑L I I L I I I L I I 111i i s A ≤≤+=∑()()1212112121111211111k k k k s s k k i i i i i i s k i i i s k i i i s A A A A A A A ----+=≤<<<≤=≤<<<≤⎡⎤+-+-⎢⎥⎣⎦∑∑∑∑L L I I L I I I L I I ()1211ss A A A ++-I I L I ()()1121211211121111k k sk si i i i s i s k i i i s A A A A A A A -+≤≤+=≤<<<≤+=+-+-∑∑∑L I I L I I I L I ()1212112111kk s k i i i k i i i s A A A +-=≤<<<≤+=-∑∑L I I L I()12121211k k nk i i i k i i i nA A A -=≤<<<≤=-∑∑L I I L I所以 当1n s =+时，结论成立．由数学归纳法可知，对任意的自然数()2n n ≥结论成立．S 中不具有性质()1,2,,i P i n =L 的元素的个数为： ()121212111k k nkn i i i k i i i nA A A S A A A =≤<<<≤=+-∑∑L I I L I I I L I ．３ 应用举例３.１ 容斥原理的一些简单应用例３.1.1 由1至300的整数中, 有多少个整数能被7整除且能被2或5整除?解 设所求为N , 令{}1,2,,300S =L , A ={能被7214⨯=整除的整数}，B ={能被7535⨯=整除的整数}，A B I ={能被72570⨯⨯=整除的整数}，则N A B A B A B ==+-U I 3003003007275725⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⨯⨯⨯⎣⎦⎣⎦⎣⎦218425=+-= 例 3.１.2 有2008盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现将其顺序编号为1,2,3,,2008L ．将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，拉完后还有几盏灯是亮的？解 令A ={不大于2008的2的倍数},B ={不大于2008的3的倍数}, C ={不大于2008的5的倍数}, 则200810042A ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦, 20086693B ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦, 20084015C ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦． 又 A B I ={不大于2008的236⨯=的倍数}，A C I ={不大于2008的2510⨯=的倍数}，BC I ={不大于2008的3515⨯=的倍数}, A B C I I ={不大于2008的23530⨯⨯=的倍数},200833423A B ⎡⎤==⎢⎥⨯⎣⎦I , 200820025A C ⎡⎤==⎢⎥⨯⎣⎦I , 200813335B C ⎡⎤==⎢⎥⨯⎣⎦I , 200866235A B C ⎡⎤==⎢⎥⨯⨯⎣⎦I I ,所以拉过开关的灯的只数为：A B C A B C A B A C B C A B C =++---+I I I I I I I 1004669401334200133661473=++---+= (只)所以没拉开关的灯的只数为：20081473535-=（只） 只拉两次的开关的灯的只数为：3A B A C B C A B C ++-I I I I I 334200133366469=++-⨯=（只）所以最后亮着的灯的只数为：5354691004+=（只）3.2 容斥原理在重排问题中的应用 例3.2.1[]()21P 4只小鸟飞入四个不同的笼子里，每只小鸟都有自己的一个笼子（不同的笼子，笼子也不同）,每个笼子只能飞进一只小鸟，若都不飞进自己的笼子，应有多少种不同的飞法？分析 设4只小鸟是甲、乙、丙、丁，相对应的笼子分别是1号、2号、3号、4号，由题意可推算出有9种不同的飞法，分别是乙甲丁丙；乙丙丁甲；乙丁甲丙；丙甲丁乙；丙甲丁乙；丙丁乙甲；丙丁甲乙；丁甲乙丙；丁丙甲乙；丁丙乙甲。
组合数学(西安电子科技大学(第二版))第四章容斥原理
容斥原理
应用 限制排列与棋盘多项式 的木棍上有两种刻度线，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。如果沿每条刻度线将 木棍锯断，木棍总共被锯成多少段？
4.1 引言
例 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？
那么，A1中的元素可以看作是由S∞的10－4＝6组合再拼上4个 6 3 1 a构成的，所以 A1 28
5 3 1 4 3 1 同理，A2 21, A3 15. 5 4
6
4.3 应用
类似地， A1
(2) |Ai∩Aj|=5!.......
|Ai1∩Ai 2∩… 所以，
A1 A2 A8 8 8 8 8 8 8 8 7! 6! 5! 4! 3! 2! 1 0! 1 1 2 3 4 5 6 7
4.3 应用
例 确定{1,2,…,n}的恰有k个整数在它们的自然位置上的排列数。
例 确定{1,2,3,4,5,6,7,8}的没有偶数在它的自然位置上的排列数。
4.3 应用
4.3 应用
4.3 应用
4.3 应用
4.3 应用
4.3 应用
4.3 应用
4.4 限制排列与棋盘多项式
4.4 限制排列与棋盘多项式
4.4 限制排列与棋盘多项式
4.4 限制排列与棋盘多项式
4.4 限制排列与棋盘多项式
4.4 限制排列与棋盘多项式
4.4 限制排列与棋盘多项式
4.4 限制排列与棋盘多项式
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。
容斥原理的应用
容斥原理的应用1. 容斥原理概述容斥原理是数学中常用的一种计数方法，用于解决具有交集的情况下的计数问题。
在组合数学、概率论和计算复杂度理论等领域被广泛应用。
容斥原理可以帮助我们计算多种情况的总数，避免重复计数情况，以及求解一些复杂的组合和概率问题。
2. 容斥原理的基本原理容斥原理是通过减去不相关的计数数目，再将相关的计数数目加回来，以达到计算总数的目的。
具体而言，对于一组事件A1,A2,...,A n，容斥原理可以表示为:$$ |A_1 \\cup A_2 \\cup ... \\cup A_n| = |A_1| + |A_2| + ... + |A_n| - |A_1 \\capA_2| - |A_1 \\cap A_3| - ... + (-1)^{n-1} |A_1 \\cap A_2 \\cap ... \\cap A_n| $$ 其中，|A|表示事件A的计数数目。
3. 容斥原理的实际应用容斥原理在组合数学、概率论和计算复杂度理论等领域有着广泛的应用。
以下是一些容斥原理的实际应用场景：3.1. 计数问题容斥原理可以用于解决具有交集的计数问题。
例如，在一个集合中，存在四种类型的元素，每个类型的元素有若干个。
现在要从这个集合中选出若干个元素，使得选择的元素中至少包含其中三种类型的元素。
容斥原理可以帮助我们计算出满足条件的选择总数。
3.2. 概率问题容斥原理在概率论中有着重要的应用。
例如，在一个会议上，有三个不同的小组要进行报告，每个小组由不同的人员组成。
现在要从参会人员中选取若干人组成一个报告小组，使得该小组中至少有两个不同的小组的成员。
容斥原理可以帮助我们计算出满足条件的报告小组的概率。
3.3. 排列组合问题容斥原理可以用于解决一些复杂的排列组合问题。
例如，在一个班级中，有五位男生和三位女生，要选择出两名男生和两名女生组成一个小组。
容斥原理可以帮助我们计算出满足条件的小组总数。
4. 容斥原理的应用步骤使用容斥原理解决问题可以遵循以下步骤：1.确定问题的范围和条件。
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比如,多重集合S={3a,∞b,6c,10 ∞ 比如,多重集合S={3a,∞b,6c,10d, ∞e} 的8组合的个数与多重集合T={3a,8b,6c,8d, 组合的个数与多重集合T={3a,8b,6c,8 8e}的8组合的个数是相同的. e}的 总而言之,也就是说,我们已经得到多重 集合S={ 集合S={n1 a1 ,n2 a 2 ,…,nk a k}在⑴ n1=n2 =…=nk =1 =… 和⑵ n1= n2 =…= n k=r两种极端情况下的r-组合个 =… =r两种极端情况下的r 数的计算结论,现通过实例 数的计算结论,现通过实例解释如何应用容斥原 通过实例解释如何应用容斥原 理得到处在这两者之间的情况下的解.
1 2 n
U
i =1
1
2
n
3,设A,B是全集U的两个子集,则: ,设A,B是全集U
| A U B |=| A | + | B | | A I B |
三,容斥原理的两个基本公式: 容斥原理的两个基本公式: 定理4.1.1:设A,B,C是全集U 定理4.1.1:设A,B,C是全集U的三个子集,则 A U B U C 的大小为 :
(1) m | Ai I A j I L I A m |
(公式4.1.2) (公式4.1.2)
所谓的容斥原理就是指公式4.1.1和公式4.1.2 所谓的容斥原理就是指公式4.1.1和公式4.1.2 .
四,容斥原理的应用实例: 容斥原理的应用实例: 4.1.4: a,b,c,d,e,f这六个字母的全排列 例4.1.4:求a,b,c,d,e,f这六个字母的全排列 中不允许出现ace和df图像的排列数 图像的排列数. 中不允许出现ace和df图像的排列数. 解: 4.1.5: S={1, 500}, 例4.1.5:设S={1,2,…,500},求S中能 除尽的数的个数. 解: 被2,3,5除尽的数的个数. 4.1.6:求由a,b,c,d这 个字符构成的n 例4.1.6:求由a,b,c,d这4个字符构成的n位符 号串中,a,b,c至少出现一次的符号串的数目. 号串中,a,b,c至少出现一次的符号串的数目. 解: 4.1.7:求不超过120的素数的个数. 例4.1.7:求不超过120的素数的个数. 解: 4.1.8: 26个英文字母做不允许重复的全排 例4.1.8:用26个英文字母做不允许重复的全排 列,要求排除:dog,god,gum,depth,thing字 列,要求排除:dog,god,gum,depth,thing字 样的出现,求满足这些条件的排列数. 解:
4.3错排问题——容斥原理的一种应用 4.3错排问题 错排问题——容斥原理的一种应用
请大家课后自己阅读,整理并提交本节 请大家课后自己阅读, 的课程讲义, 的课程讲义,利用本节所介绍的方法解决 教材P120页第 题 页第15 教材P120页第15题 . [注]:错排问题也可利用递推关系导出其 结果,在教材第七章给与了介绍. 结果,在教材第七章给与了介绍.
例4.2.1:试确定多重集T={3a,4b,5c }的 4.2.1:试确定多重集T={3a,4b,5 }的 10-组合的个数. 10解: 4.2.2: 例4.2.2:确定方程: x1 + x2 + x3 + x4 = 18 满足条件: 1 ≤ x1 ≤ 5 , 2 ≤ x2 ≤ 4 , 0 ≤ x3 ≤ 5 ,3 ≤ x4 ≤ 9 的整数解的个数. 解: [思考题/练习题]: 思考题/练习题] 1,试列出这6个排列. ,试列出这6 2,教材P120页第4,5,6题. ,教材P120页第4 3,教材P120页第7,8,9题. ,教材P120页第7
m i =1 i
| A1 I A2 I L I Am | = | S | - 源自 A1 U A2 U L U Am |
= | S | - ∑ | A | + ∑∑ | Ai I A j | - ∑∑∑ | Ai I A j I Ak |
i =1 i
m
m
m
i =1 j>i
i =1 j>i k>j
+…+
4.2 具有重复的组合
在第三章中,我们已经证明了如下两个结论: ⑴n个不同元素的集合S的r-组合的数目为: 个不同元素的集合S
C =C
r n nr n
n! = r!×(n r )!
⑵具有k种不同类型元素且每种元素都有无限重 具有k 复数(或至少重复数大于r)的多重集合S 复数(或至少重复数大于r)的多重集合S的r-组 合的个数等于:
1
◎ ◎ ◎ ◎ ◎
1 2 3 4 5
2
3
4
5
图6.4.1:棋盘的一种布局 6.4.1:棋盘的一种布局
2,棋盘多项式 设有棋盘C 设有棋盘C,令 rk (C ) 表示k枚棋子布到棋盘C 表示k枚棋子布到棋盘C 上的不同布局方案数. 布局的规则是:当一枚棋子不到棋盘的某一 布局的规则是:当一枚棋子不到棋盘的某一 格子时,这个格子所在的行和列上的其他格子不 再允许布别的棋子. 例如,对于如下的2 例如,对于如下的2×1的棋盘:
棋子是不可能的;
r2 (
)=1表示在形如 =1表示在形如
◎ ◎
的棋盘上布
两枚棋子的方案是唯一的,即
现引入一个多项式: R(C)= ∑ rk (C ) x k
k =0 n
………(4.4.1) ………(4.4.1)
应用实例 例4.1.3:某工厂装配三十辆汽车,可供选择 4.1.3:某工厂装配三十辆汽车,可供选择 的设备是收音机,空气调节器和对讲机.已知 其中15辆汽车有收音机,8 其中15辆汽车有收音机,8辆汽车有空气调节 器,6辆汽车有对讲机,而且其中3 器,6辆汽车有对讲机,而且其中3辆汽车这三 样设备都有.我们希望知道至少有多少辆汽车 没有提供任何设备? 解:
4.4棋盘多项式和有限制条件的排列 4.4棋盘多项式和有限制条件的排列
一,有限制条件的排列:顾名思义是指带有给定 有限制条件的排列: 限制条件的排列.( .(错排问题就是一种带限制条 限制条件的排列.(错排问题就是一种带限制条 件的排列).一般地, ).一般地 件的排列).一般地,带限制条件的排列问题可 以利用容斥原理进行计数. 以利用容斥原理进行计数. 6.4.1: 的全排列( 例6.4.1:在4个x,3个y,2个z的全排列(线 性排列) 求不出现xxxx,yyy,zz字样的排 性排列)中,求不出现xxxx,yyy,zz字样的排 列数. 列数. 解:
1 C rr+ k 1 ( = C rk+k 1 )
本节将讨论, 本节将讨论, 如果一个多重集合的元素具有任 意给定的重复数, 意给定的重复数,如何利用公式 C rr+ k 1 (= C rk+k11 )和容 斥原理求解该多重集合的r 组合的个数. 斥原理求解该多重集合的r-组合的个数. 一个前提: 一个前提: 设S是一个多重集合,并设S的某种类型的 是一个多重集合,并设S x 物体(元素)具有大于r的重复数,那么S 物体(元素)具有大于r的重复数,那么S的r-组 合的个数等于将S 合的个数等于将S中元素的重复数改为而得到的 多重集合T 多重集合T的r-组合的个数.(因为S的r-组合重 组合的个数.(因为S 复数显然不会超过r,所以大于r 复数显然不会超过r,所以大于r的任何重复数都 可以用r 可以用r来代替).
例4.1.9:从0至99999有多少含数字2,5和8 4.1.9:从0 99999有多少含数字2 的整数? 解: [思考题/练习题]: 思考题/练习题] 1,试求1到1000之间不能被5,6和8中任何一 ,试求1 1000之间不能被5 个整除的整数的个数. (答案:600个) (答案:600个) 2,教材P119页第1,2,3题. ,教材P119页第1
第四章(Chapter 第四章(Chapter 4)
容斥原理及其应用
(The Inclusion-Exclusion Principle Inclusionand Applications) Applications)
4.1容斥原理(The Inclusion-exclusion principle) 4.1容斥原理 Inclusionprinciple)
定理4.1.2:设 定理4.1.2:设 A1 , A2 ,L Am 是全集S的m个有限子 是全集S 集,则 m m | A1 U A2 U L U Am |=∑ | A | - ∑∑ | Ai I A j | + ∑∑∑ | Ai I A j I Ak | i =1 j>i i =1 j>i k>j m 1 -…+ (1) | Ai I A j I L I A m | (公式4.1.1) (公式4.1.1) 证明略(可采用数学归纳法) [注]:由于 | A |=| S | | A | ,即全集S中不属于子集A ,即全集S中不属于子集A 的元素的个数等于全集S 的元素的个数等于全集S的的元素个数减去属于 集合A 集合A的元素个数,所以也有:
| A U B U C |=| A | + | B | + | C | | A I B | | A I C | | B I C | + | A I B I C |
证明:
应用实例 例4.1.2:设一个学校只开设3门课程:数学, 4.1.2:设一个学校只开设3 语文和外语,所有的学生必须修读一门以上课程. 已知修读这3门课的学生分别有:170,130和 已知修读这3门课的学生分别有:170,130和 120人;同时修读数学,语文两门课的学生有45 120人;同时修读数学,语文两门课的学生有45 人;同时修读数学,外语的学生有20人;同时 人;同时修读数学,外语的学生有20人;同时 修读语文,外语的学生有22人;同时修读三门 修读语文,外语的学生有22人;同时修读三门 课程的学生有3 课程的学生有3人.试问这个学校共有多少学生? 解:
一枚棋子有两种布局方案: