6.容斥原理及其应用(一)
容斥原理在现实当中的应用
容斥原理在现实当中的应用一、什么是容斥原理容斥原理是组合数学中的一种重要方法，用于解决计数问题。
它来源于法国数学家欧拉在18世纪提出的一种计数方法。
容斥原理通过找出计数问题中重复计数的部分以及漏计的部分，从而得到正确的计数结果。
二、容斥原理的应用场景容斥原理在现实生活中有着广泛的应用，尤其是在计数问题、概率问题、数论问题等方面。
1. 计数问题容斥原理在计数问题中起到了重要的作用。
例如，有一个班级有30个学生，其中有10个人同时会弹钢琴和吉他，15个人会弹钢琴，20个人会弹吉他，那么至少会弹一种乐器的学生有多少人呢？可以通过容斥原理来解决这个问题。
假设P表示会弹钢琴的学生人数，G表示会弹吉他的学生人数，那么至少会弹一种乐器的学生人数等于P+G-P∩G。
通过容斥原理，我们可以计算出至少会弹一种乐器的学生人数为P+G-P∩G = 15+20-10 = 25。
2. 概率问题容斥原理在解决概率问题中也起到了重要的作用。
例如，某班级有20人，其中有8人会打篮球，10人会踢足球，4人既会打篮球又会踢足球。
如果从班级中随机选取一名学生，那么他既会打篮球又会踢足球的概率是多少？可以通过容斥原理来解决这个问题。
假设B表示会打篮球的学生人数，F表示会踢足球的学生人数，那么既会打篮球又会踢足球的学生人数表示为B∩F。
根据容斥原理，既会打篮球又会踢足球的概率可以表示为P(B∩F) = P(B) + P(F) - P(B∪F) = 8/20 + 10/20 -4/20 = 1/2。
3. 数论问题容斥原理在解决数论问题中也有着广泛的应用。
例如，某个集合中有若干个数，我们想统计其中能被2、3、5整除的数的个数。
可以通过容斥原理来解决这个问题。
首先统计能被2整除的数的个数，然后统计能被3整除的数的个数，再统计能被5整除的数的个数，最后根据容斥原理可以得到能被2、3、5整除的数的个数。
三、容斥原理的优势容斥原理作为一种计数方法，在解决组合数学中的计数问题时具有以下优势：1.简单易懂：容斥原理的思想简单明了，只需要找出重复计数的部分和漏计的部分，然后进行加减操作即可。
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。
容斥原理的应用
容斥原理的应用容斥原理是一种常见的数学方法，可以用于解决一些实际问题。
在本文中，我们将探讨容斥原理在日常生活中的应用。
一、生日问题生日问题是指，在一个房间里有n个人，问他们当中至少有两个人生日相同的概率是多少。
这个问题看似简单，但其实并不好计算。
不妨先考虑只有两个人的情况，假设第一个人的生日为任意一天，那么第二个人与之生日不同的概率为364/365，两个人生日都不同的概率为(364/365)^n，所以他们生日相同的概率为1-(364/365)^n。
接下来考虑3个人的情况，设Pn为至少两人生日相同的概率，则有：P3 = 1－(364/365)(363/365)－(364/365)(364/365) －(363/365)(364/365) ≈ 0.0082可以发现，当n增大时，计算变得非常繁琐。
这时，就可以考虑用容斥原理解决问题。
首先，假设第一个人的生日为1月1日，第二个人的生日为1月2日，第三个人以及之后所有人的生日都不在1月1日和1月2日，这时，至少两个人的生日相同的情况就只有两种：1、第二个人的生日与之后某个人的生日相同；2、第三个人的生日与之后某个人的生日相同，并且这个人的生日不与第二个人的生日相同。
根据容斥原理，至少两个人生日相同的概率为：Pn = 1－Cn1*(364/365)^(n-1)+(Cn2*(364/365)^(n-2) -Cn2*(363/365)^(n-2))+...+(-1)^(n-1)*Cn(n-1)*(364/365)^1其中，Cn1表示从n个人中选1个人的组合数，Cn2表示从n个人中选2个人的组合数，以此类推。
这个式子看起来有些复杂，但是用计算器可以很方便地求出来，比如当n=23时，P23≈0.507。
二、区间问题在数学中，一个区间通常表示两个数之间的所有实数。
例如[0, 1]表示0到1之间的所有实数，包括0和1。
现在考虑将[0, 1]划分成n个子区间，每个区间的长度可以不同。
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。
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。
容斥原理实际的应用
容斥原理实际的应用容斥原理是数学中的一种重要的计数方法，可以用来解决包含多个事件的复合概率问题。
它的应用非常广泛，涉及到很多领域，如组合数学、概率论、数论等。
下面将介绍容斥原理在实际中的几个应用。
1.组合计数问题容斥原理可以用来解决组合计数问题，即求解满足一定条件的组合个数。
例如，假设有n个物品，每个物品有m种属性，问满足其中至少k种属性的物品组合个数。
可以使用容斥原理进行求解。
首先，使用Inclusion-Exclusion原理计算至少满足1个属性的组合个数。
假设A[i]表示满足第i个属性的物品组合个数，那么根据容斥原理，至少满足1个属性的组合个数为：S[1]=A[1]+A[2]+...+A[m]-A[1,2]-A[1,3]-...-A[m-1,m]+A[1,2,3]+...+(-1)^(m-1)*A[1,2,...,m]然后，使用同样的方法计算至少满足2个属性的组合个数，得到：S[2]=A[1,2]+A[1,3]+...+A[m-1,m]-A[1,2,3]-...依此类推，可以得到至少满足k个属性的组合个数：S[k]=A[1,2,...,k]+...最后，将所有S[i]相加，即可得到满足其中至少k种属性的物品组合个数。
2.概率问题容斥原理可以用来解决概率问题，特别是多事件的复合概率问题。
例如，假设有n个独立事件A1,A2,...,An，我们想求它们的联合概率P(A1∩A2∩...∩An)。
根据容斥原理，可以得到：P(A1∩A2∩...∩An)=P(A1)+P(A2)+...+P(An)-P(A1∪A2)-P(A1∪A3)-...-P(An-1∪An)+P(A1∪A2∪A3)+...其中，P(A1)表示事件A1发生的概率，P(A1∪A2)表示事件A1和A2至少有一个发生的概率，以此类推。
通过使用容斥原理，可以将复杂的联合概率问题转化为简单的单事件概率问题，并求得最终的结果。
3.整数划分问题容斥原理还可以用来解决整数划分问题，即将一个整数分成多个部分的划分方式个数。
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。
容斥原理的生活应用
容斥原理的生活应用什么是容斥原理？容斥原理是概率论中的一种重要的计数方法，用于解决计算交集和并集的问题。
它可以帮助我们计算多个事件同时发生的概率，并避免重复计算的问题。
容斥原理的应用场景容斥原理在生活中有着广泛的应用。
下面列举了一些常见的应用场景：1.排列组合问题：容斥原理可以帮助我们解决排列组合问题，例如在某次抽奖活动中，有A、B、C、D四个奖品，每个人只能获得一个奖品。
那么如果有10个人参加抽奖，求至少有一个人能获得两个奖品的概率就可以使用容斥原理来计算。
2.事件的概率计算：容斥原理可以用于计算多个事件同时发生的概率。
例如，在一次摸牌游戏中，共有52张牌，求摸到红心和方块两种花色的牌的概率可以使用容斥原理进行计算。
3.数学问题：容斥原理可以解决一些与数学相关的问题，例如求两个数的最小公倍数，或者求质数的个数等。
4.统计学问题：容斥原理在统计学中也有着应用，例如计算两个事件同时发生的概率，或者计算两个事件不同时发生的概率等。
容斥原理的基本思想容斥原理的基本思想可以用以下公式进行表示：equation1equation1上述公式表示了三个事件A、B、C的并集的概率，其中P(A)表示事件A的概率，P(A ∩ B)表示事件A和事件B同时发生的概率。
容斥原理的示例应用接下来通过几个示例来说明容斥原理的具体应用。
示例1：抽奖活动假设某次抽奖活动中，有A、B、C、D四个奖品，每个人只能获得一个奖品。
现在有10个人参加抽奖，请计算至少有一个人能获得两个奖品的概率。
解答：假设事件A表示第一个人获得两个奖品，事件B表示第二个人获得两个奖品，以此类推。
根据容斥原理，可以得到以下公式：equation2equation2根据题意，每个人只能获得一个奖品，所以事件A、B、C、D获奖的概率都是1/4。
因此，上述公式可以简化为：equation3equation3计算上述公式可以得到至少有一个人能获得两个奖品的概率。
示例2：摸牌游戏假设一副扑克牌共有52张牌，其中有26张红心，26张方块。
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容斥原理是一种计数的方法，它在许多 领域广泛的应用。第六和第七讲介绍容斥原 理的内容以及它的几个简单的应用。本讲主 要包括以下几个内容:
1.1 1.2 1.3 1.4 1.5
引入 容斥原理的一般形式 容斥原理的推广形式 四个例子 两个练习
1.1 引入
设集合A是一有限集,我们用｜A｜表 示集合A所 含有的元素的个数。 设S是一个有限集，A1和A2是S的子集，如下图所 示。
r L + (-1) m-r Cm w(m),
这里 w(k)= ∑N(Pi1,Pi2,…,Pik ),其中N(Pi1,Pi2,…,Pik )为S中具有性质Pi1,Pi2,…和Pik的元素的数目。 证明:略
1.4 几个例子
例1:求1-1000之间(包括1和1000)不能被5,也不能被6,还 不能被8整除的整数有多少个? 例2:欧拉函数φ(n):表示小于等于n且与n互素的整数的 个数,求φ(n). 解：若n分解成素数的乘积。n=p1a1p2a2…pkak 设1到n的n个数中为pi的倍数的集合为Ai,则 ｜Ai｜= n/pi ｜Ai∩Aj｜= n/(pipj),依此类推。由容斥原理得 φ(n)=n-(n/p1+n/p2+…+n/pk)+(n/p1p2+ n/p1p3 +…+ n/pk-1pk)+…+(-1)kn/p1p2…pk =n(1-1/p1)(1-1/p2)…(1-1/pk).
根据牛顿二项式定理不难得到上面式子的结果是0．而 由于x具有n个性质，它对等式左边的贡献也为0，
1. 3 容斥原理的推广形式
定理2 设S是一有限集，P1,P2,…,Pm 是m个性质，令 Ai表示S中所有具有性质Pi的元素构成的集合。则S中 恰具有 r 个性质的元素数N(r)为
w(r ) - Crr+1w(r + 1) + Crr+ 2 w(r + 2)
练习1：求由a,b,c,d构成的n位符号串中，a,b,c,d都至少出 现一次的符号串的数目。 练习2：求a,b,c,d,e,f六个字母的全排列中不允许出现ace， 也不允许出现df图象的排列数。
例3：第二类Stirling数公式。 解：我们回忆S(n,m)表示将n个有区别的球放到m 个相同的盒子中使得无一空盒的方法数.我们用 T(n,m)表示将n个有区别的球放到m个不同的盒 子中使得无一空盒的方法数.则T(n,m)=m!S(n,m). 现在我们计算T(n,m)。设Pi为第i个盒子为空盒 的方法，则由容斥原理容易得到 T(n,m)=mn-C(m,1)(m-1)n+C(m,2)(m-2)n-… +(-1)m-1C(m,m-1)1n.
例4:某学校有12位教教数学又教物理.4位老师兼教数学和化学,3 位老师兼教物理和化学,3位老师兼教这三门课. 1.求不教任何课的老师有几位? 2.只教一门课的老师有几位? 3.正好教其中两门课的老师有几位?
1.5 两个练习
S A1 A2
类似地，
S
A1
A2 A3
1.2 容斥原理的一般形式
定理1 设S是一有限集，P1,P2,…,Pm 是m个性质， 令Ai表示S中所有具有性质Pi的元素构成的集合。 则S中不具有性质P1,P2,…,Pm的元素的数目为
思考：试用数学归纳法证明定理1。 下面我们用组合的方法证明定理1。
证明 只需证明，对S中的任何元素x，它对等式两边的计
数的贡献都相同。 （贡献是组合数学中常用的一个词。简单的说，若x ∈A，则x对｜A｜的贡献为1，否则贡献就为0）
现将S中的元素根据其恰好具有性质的个数进行分 类，然后我们证明对每类中的任何一元素都证明它对 等式两边的计数的贡献都相同。 设x不具有性质P1,P2,…,Pm ，那么x∉Ai，i＝1， 2，…m。则它对等式左边计数的贡献为1，对等式右 边的计数的贡献也是1。