容斥原理在错位排列中的应用
容斥原理在排列问题中的应用实例
（ ） 般 形 式 ： Ｓ Ｐ 上 ，为 一 域 ， 每 一 ａ ， 唯 一ｗ ２一 设 ，同 Ｆ 对 ∈Ｓ 有 （ ） 与ａ 应 ， ａ ∈Ｆ 对 称ｗ（ ） 的权 ， ｐ … ，，为Ｓ 同时 具 ａ 为ａ Ｗ（ Ｐ Ｐ） 中
有 ｒ 个 性 质 ｐ … ， ｉ 所 有 元 素 的 权 和 ， （ ） ∑Ｗ （ ．Ｐ 这 Ｐ Ｐ的 Ｗ ｒ＝ ｐ． ，
列的个数Ｄ ． ｎ 定 义 性 质 Ｐ ： 对 排 列 ａａ …ａ ， ａ ｉｉ ｌ ２ … ， ） 设 Ａ 为 。 ： 有 。 （ ， ， ｎ ， ． ＝ ＝
．
｛ Ｐ ， ， ， ＂ ｛ｌ∈Ｓ 且 ｘ 有 性 质 Ｐ｝Ａ＝ — ｉ１ ２ Ｐ ，２ … Ｐ｝４ ｉ＝ｘｘ ， 具 ， Ｓ Ａ （ ， ， ＝
４当 被 积 函数 是 某 一 简 单 函 数 的 高 次 幂 函 数 时 ， 通 过 ． 可 分 部 积 分 法 得 到 高 次 幂 函数 与 低 次 幂 函 数 的 积 分 关 系 ，称 为
递推法．
３形 如 『 ｓ ｂｄ 、ｅ ｃｓｘｘ 不 定 积 分 ， 以 任 意 选 择 ． ｅ ｉ ｘ ｘ． ｏｂ ｄ 的 ｎ 『 可 Ｕ ｄ． 应 注 意 ， 和 ｖ但 因为 要 使 用 两 次 分 部 积 分 法 ， 次 选 择 的 Ｉ＋ ∑Ａ Ａ ∑ ∑ ） 则Ｉ —ｎ Ｌ： 一 Ａ ∑ ｌｎ Ａ Ｉ∑ Ｓ １ Ｉ 一 ∑
ｉ１ ＝ ｉｌ Ｊ １ ＝ ＞ ｉｌ ｊｌ ＝ ＞ ｋ
具 有 性 质 Ｐ的 全 体 排 列 ， Ｚ 则 的所 有 错 位 排 列 所 构 成 的 集 合 为
．
例 ５ ￣ Ｌ＝ （ ｘ “ｘ 并 且计 ．Ｌ． ： ｎＳ１ ） ， ｎ ｄ ￣ ４ － 解 ：ｎｆ １ｘ ｘ ｘ １ｘ＂ｆ ｄ （ ｘ Ｌ＝ （ ） ＝ （ ） ｘ ［１ ）］ ｎ ｄ ｎ － ｎ
最新第六章 容斥原理及应用6.4 带有禁止位置的排列【共享精品-】教学讲义PPT课件
i1 1，2； i2 2，3； i3 3，4； i4 1，4； 的排列i1 , i2 , i3 , i4 组成。即是：排列 i1 , i2 , i3 , i4 中，第一个不能是1，2；第二个不能是2，3；第 三个不能是3，4；第四个不能是1，4；
故：P(X1,X2,X3,X4)={3412，4123}= 2
素不占据该排列的第二个位置 ,…… Xn的元 素不占据该排列的第n个位置，则：该排列属 于： P(X1, X2, …….. Xn),本集合中都是禁止 位置的排列组成；
2
例：令 n = 4 , X1={1, 2}, X2 ={2, 3}, X3={3, 4}, X4 ={1, 4};此时P(X1, X2 , X3, X4 )是由集合
29
对于一般的情况我们有下列定理：
定理6.5.1 对于n≥1
n1Βιβλιοθήκη n1Qn n! 1
(n1)!
2
(n2)!
n31(n3)!.... ..(1)n1n n 1 11!
证明：老套路，令S为集合{1,2,3,…, n}的全部n!
个n-排列的集合。Pj为在排列中出现j(j+1)模式 的性质，(j =1,2,….n-1)。Aj为满足性质Pj的
同的棋子在n×n的棋盘上的一个布局。布局满
足同一行（列）中有且仅有一个棋子。
x 如图所示的布局对应于排列
x x
41352。如果棋子都是能够
x 相互攻击的车，怎样摆放使
x
得它们互相 不能攻击？
9
正如我们前面我们讨论过的：非攻击型车 在棋盘上的摆放问题(P41), {1,2,….n} 集合的n 个不同元素的一个排列和n行 n列棋盘上非攻击 型不可区分的车在棋盘上的摆放位置之间存在 一一对应。 {1,2,….n} 的排列i1, i2, ….. in 以坐标 (1, i1), (2, i2), ….. (n, in )表示, 对应n个车的位置, 共有n!种。用P(X1, X2 …, Xn )表示棋子在n×n 棋盘上的一个布局。但有些位置是禁止摆放的。
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
容斥原理
带禁止位置的排列
问题的描述: 问题的描述 设S={1,…,n}, X1,…,Xn⊆S, 求满足i 的排列i 的个数. 求满足 1∉X1,…, in∉Xn的排列 1…in的个数 例. X1={1,4},X2={3},X3=∅,X4={1,5},X5={2,5} ∅
1 2 3 4 5 i1 X i2 i3 i4 X i5 X X X X X
+(-1)n-1|A1∩A2∩…∩An| ∩
欧拉函数φ(n)
φ(n)是1~n中与 互素的数的个数 中与n互素的数的个数 是 中与 互素的数的个数. ak a1 a2 例φ(3)=2, φ(6)=2. 设n的素分解为n = p1 p2 ⋯ pk 的素分解为
设Ai为1~n中pi的倍数的集合 i, j =1,…,k 中 的倍数的集合, |Ai|=n/pi , |Ai ∩Aj|=n/(pi pj ), ……
组合数学 第三章 容斥原理及其应用
主要内容： 主要内容： 1. 容斥原理及简单应用 2. 错排问题 3. 带禁止位置的排列
n n n n − + ⋯ + ( −1) = 0 0 1 n
容斥原理
“容”是inclusion, “斥”是exclusion. 容 斥 Principle of inclusion and exclusion 容斥原理是加法原理的一般情况 设全集为U, ⊆ 设全集为 A⊆U, 则有 |A| = |U| - |A|.
问题举例
n位男士 n位女士聚会 女士选择舞伴 位男士, 位女士聚会 女士选择舞伴, 位男士 位女士聚会, 第一次跳舞有多少种方案? 第一次跳舞有多少种方案 若每人都换舞伴,第二次跳舞方案数 第二次跳舞方案数? 若每人都换舞伴 第二次跳舞方案数 第二次跳舞每人都换舞伴的概率是多少? 第二次跳舞每人都换舞伴的概率是多少
容斥原理在排错问题的应用
容斥原理在排错问题的应用一、介绍容斥原理是组合数学中的重要概念，常用于解决计数问题。
在排错问题中，容斥原理也是一种非常有效的方法。
本文将介绍容斥原理在排错问题中的应用。
二、容斥原理的基本概念容斥原理是指在求多个事件的并集时，通过减去重叠的部分来得到正确的结果。
具体来说，假设有两个事件A和B，它们的概率分别为P(A)和P(B)，它们的交集概率为P(A∩B)，则它们的并集概率可以通过下面的公式计算：P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A∩B)这个公式可以推广到多个事件的情况。
三、容斥原理在排错问题中的应用在排错问题中，我们经常需要找出导致问题的原因，而问题的原因可能来自于多个可能性。
容斥原理就是一种有效的方法来排除一些可能导致问题的因素。
1. 问题分析在解决排错问题时，首先需要对问题进行分析，找出潜在的原因。
假设有n个可能导致问题的原因，分别记为A1, A2, …, An。
我们需要找出导致问题的原因。
2. 使用容斥原理使用容斥原理可以帮助我们排除一些不可能导致问题的原因。
具体操作如下：- 首先，我们将每个原因Ai单独考虑，计算其导致问题的概率，记为P(Ai)。
- 然后，我们计算任意两个原因交集导致问题的概率，记为P(Ai∩Aj)。
- 最后，我们使用容斥原理的公式，计算出满足条件的原因组合的概率。
3. 列点分析接下来，我们将使用列点的方式生成原因组合的概率。
假设有三个原因A1, A2, A3。
- 首先，我们将每个原因单独列出，计算其导致问题的概率。
- P(A1) - P(A2) - P(A3) - 然后，我们计算任意两个原因交集导致问题的概率。
- P(A1∩A2) -P(A1∩A3) - P(A2∩A3) - 最后，根据容斥原理的公式，计算出满足条件的原因组合的概率。
- P(A1∪A2∪A3) = P(A1) + P(A2) + P(A3) - P(A1∩A2) - P(A1∩A3) -P(A2∩A3) + P(A1∩A2∩A3)通过使用容斥原理和列点分析，我们可以得到问题的可能原因及其概率，从而更快地找出导致问题的原因。
关于解决全错位排列问题若千方法的研究
则有 ＝一 ． ． ， 即， ＋ 一 ． ＝０ ．
所以 Ｄ 一 ， ｚ 一 ． ＝（ 一 １ ）
进 而 可 以 推 出
声波降解 亲和层 析克隆诱变分 子纯化 电泳磁珠
分 离等 检 测 所 需要 的运 算 结 果 。
我们令 Ｓ ＝Ｄ 一， ｚ
全 错位 排列问题，也称为 “ 伯努利 一 欧拉
错 装信 封问题 ”等，问题的来源可以简单地 描 述为 ：一个 人 写 了 １ １ 封信 和 ｎ个 信封 ，而 他 把这 １ ３ 封 信 全都 装错 了信封 ，那 么这 种错 误 的装法 一共有多少种。将此问题用数学语言描
我 们用 Ｄ 表示集 合 ｛ １ ，２ ，…ｎ ｌ的全 错位排 列个数 ，即错排 数。错 排问题 是组 合数学中非 常重要 的问题 ，也是应用十分广泛的 问题 。 解 决错 排 问题 的方法 有很 多， 比如利 用 递推关系、利用容斥原理等等。本文给出一些 组合数学中常用的方法以及其他学科领域的方 法来解 决全错位 排列 问题 。
计算机技术应用 ・ ｔ ｈ ｅ Ａ ｐ ｐ ｌ ｉ ｃ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ ｏ ｆ Ｃ ｏ ｍｐ ｕ ｔ ｅ ｒ Ｔ ｅ ｃ ｈ ｎ ｏ ｌ ｏ ｇ ｙ
关于解决全错位排列问题 若千方法 的研究
文／ 许 斌 龙
是 ｌ就 在 第 ｋ位 ， 一 种 是 １ 不 在 第 ｋ位 。 当 ｌ
ａ ｌ ， ａ ２ ，… ， ａ ｎ满足条件 ａ ． ≠ｉ （ ｉ ＝ｌ ， ２ ， …， ｎ ） ，
则称 其 为 ｆ １ ，２ ，… ｎ ， 的 更 列 ，即 全 错 位 排 列 。
确性，这 里就不在一一验证 。
错位排列[数学]
![错位排列[数学]](https://img.taocdn.com/s3/m/fce7200bfe00bed5b9f3f90f76c66137ee064f1c.png)
错位排列[数学]写在前⾯那就先从⼀个例题引⼊吧 （来⾃《组合数学》P110）题⽬在⼀次聚会上，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⽀舞？如果在⼀⾸曲后每个⼈必须换舞伴，那么第⼆⽀舞⼜有多少种选择⽅法？分析⾸先，第⼀⽀舞有 n ! 中选择，⽽第⼆⽀舞的选择⽅法数为后⾯要讲的错位排序数 D n（说起来这个例⼦好像我校神犇兔崽⼦Tzz 换⼥朋友）错位排列⾸先安利 Planet 6174 的博客讲解 （⾼中⽣表⽰看懂了）问题给定 n 元集合 X ，它的每⼀个元素都有⼀个特定的位置，⽽现在要求求出没有⼀个元素在它指定的位置上的排列的数⽬。
（发现就是上⾯的第⼆⽀舞）特别的，请注意，每⼀个元素都只有⼀个限定不能放的位置。
⽅法我们这⾥假定第 i 个元素不能放在第 i 个位置上（因为不⼀样的我们可以通过交换达成，对应顺序没有影响）⽤ D n 表⽰ {1,2,3,...n } 的错位排列的数⽬。
那么，对于 n =1 ，不存在可⾏解； n =2 时，唯⼀的错位排列是 2 1； n =3 时有两个排列 2 3 1 和 3 1 2。
因此，我们有 D 1=0， D 2=1， D 3=2。
递推式考虑将第 n 个元素放到第 k 个位置 (k ≠n )，有 n −1 种放法，然后分类讨论1、第 k 个元素放到了第 n 个位置上发现这样的话第 n 个和第 k 个就相当于不存在了，不影响其他元素的放置，此时，我们将其余的元素错位排列的⽅案数量有 D n −2 种1、第 k 个元素没有放到第 n 个位置上这样相当于是加了⼀个限定：第 k 个元素不能放在第 n 个位置上。
因为 k 个位置已经被⽤过了，相当于不存在，那么可以说去掉了 k 不放 k 位的限制。
这样我们可以交换第 k 个和第 n 个位置，就变成去掉了⼀个元素 n 和位置 k 的情况，即变成 n −1 个元素的错位排列 D n −1我们有了⼀个很简单的递推式D n =(n −1)×(D n −2+D n −1)通项公式D n =n !1−11!+12!−13!⋯+(−1)n 1n !证明这个……详见《组合数学》P108简单推⼀下，主要思想 容斥原理⾸先，不考虑限制，总排列数为 n ! 。
全错位排列数的求法
其对立事件“没有一个人抽到自己的礼物”的概率为
1 P( B1 B2 ... Bn ) 1 1
根据题意可以知道全错位的排列数为
1 1 1 1 ... (1) n 2! 3! 4! n!
n Dn An 1 P( B1 B2 ... Bn )
证明完毕。
参考文献
[1]茆诗松，程依明，濮晓龙.概率论与数理统计.北京：高等教育出版社，2004 [2]曹汝成.组合数学.广州：华南理工大学出版社，2000 [3]张禾瑞，郝鈵新.高等代数.北京：高等教育出版社，1999
5
n 1 Ann11 Ann12 Ann13 ... (1)n1 An01 Ann22 Ann23 Ann24 ... (1)n2 An02
化简上式，我们可以得到：
4
1 1 1 1 n 1 上式 n 1 n 1 ! 2! 3! 4! ... (1) n 1! 1 1 1 1 n2 n 2 ! ... ( 1) 2! 3! 4! n 2 ! 1 1 1 1 n 1 n 1 ! n 1 2! 3! 4! ... (1) n 1! 1 1 1 1 n2 ... ( 1) 2! 3! 4! n 2 ! 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 n 1 n 1 !n 2! 3! 4! ... (1) n 1! 2! 3! 4! ... (1) n 1! 1 1 1 1 n2 ... ( 1) 2! 3! 4! n 2 ! 1 1 1 1 1 n 1 n 1 n 1 !n 2! 3! 4! ... (1) n 1! (1) n 1! 1 1 1 1 1 1 n n 1 ! ... (1) n 1 (1) n 2! 3! 4! n 1 ! n 1 ! n 1 1 1 1 n ! ... (1) n n ! 2! 3! 4! n n 1 n2 n 3 n4 0 An An An An An ... (1) n An