容斥原理

1.定义

在计数时，必须注意有没有重复，没有遗漏。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：先不考虑重叠情况，把包含于某内容中的数目先计算出来，然后把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。百度百科

2. 定理

2.1 定理1

$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$
$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|$
推出：
$$\bigcup _{i=1}^n{A}_i=\left|\sum _{i=1}^n{A}_i\right|-\left|\sum _{i<j}{A}_i\cap A_j\right|+\left|\sum _{i<j<k}{A}_i\cap A_j\cap A_k\right|-\cdots +(-1{)}^{n-1}\left|\bigcap _{i=1}^n{A}_i\right|$$

2.2 定理2

设$I_k$是$\{1,2,\dots ,n\}$的所有$k$元素子集构成的集合，则
$$\left|\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right|=\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\sum _{I\in I_k}\left|\bigcap _{i\in I}{A}_i\right|$$

2.3 定理3

设$S$为有穷集，$P_1,P_2,\dots ,P_m$是$m$个性质。$S$中的任何元素或者具有性质$P_i$，或者不具有性质$P_i(i=1,2,\dots m)$,两种情况必居其一。令$A_i$表示$S$中具有性质$P_i$的元素构成的子集，则$S$中不具有性质$P_1,P_2,\dots ,P_m$的元素为
$$\begin{array}{l}\left|{\bigcap }_{i=1}^m{\overline{A}}_i\right|=\left|S\right|-{\bigcup }_{i=1}^m{A}_i\\ =|S|-{\sum }_{i=1}^m\left|A_i\right|+{\sum }_{i<j}\left|A_i\cap A_j\right|-{\sum }_{i<j<k}\left|A_i\cap A_j\cap A_k\right|+\cdots +(-1{)}^m\left|{\bigcap }_{i=1}^m{A}_i\right|\end{array}$$

2.4 定理4

$m$和$n$是正整数，且$m\ge n$，则将$m$个元素的集合映射到$n$个元素的集合的函数个数有
$$n^m-C(n,1)(n-1{)}^m+C(n,2)(n-2{)}^m-\cdots +(-1{)}^{n-1}C(n,n-1)1^m$$

3.应用

3.1 错排问题

$n$个元素的错排个数为
$$D_n=n!\left(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots +(-1{)}^n\frac{1}{n!}\right)$$

• 证明
  设$A_i$表示数$i$仍在第$i$位的全排列，$i=1,2,\dots ,n$，由于$i$不动，故
  $$\left|A_i\right|=(n-1)!,i=1,2,\cdots ,n$$
  同理
  $$\begin{array}{c}\left|A_i\cap A_j\right|=(n-2)!,i,j=1,2,\cdots ,n,i̸=j\\ ⋮\\ \left|A_1\cap A_2\cap A_3\cap \cdots \cap A_n\right|=1\end{array}$$
  因此，每个元素都不在各自的位置上的排列数为
  $$\begin{array}{rl}{D}_n& =\left|{\overline{A}}_1\cap {\overline{A}}_2\cap \cdots \cap {\overline{A}}_n\right|=n!-C(n,1)(n-1)!\\ & +C(n,2)(n-2)!+\cdots \pm C(n,n)1!\\ & =n!\left(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots +(-1{)}^n\frac{1}{n!}\right)\\ & =n!\sum _{k=0}^n(-1{)}^k/k!\end{array}$$

• 推论：$D_n=n{D}_{n-1}+(-1{)}^n(n⩾1)$
  $$\begin{array}{rl}{D}_n& =n!\sum _{k=0}^N(-1{)}^k/k!\\ & =n\cdot (n-1)!\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k/k!+n!\frac{(-1{)}^n}{n!}\\ & =n\cdot D_{n-1}+(-1{)}^n\end{array}$$

• 递推关系：$D_n=(n-1)\left(D_{n-1}+D_{n-2}\right)(n⩾2)$
  证明：
  当$n=2$时结论显然成立。
  设$n\ge 3$，由$n$个相异元$a_1,a_2,\dots ,a_n$组成的$n$元素重排共有$D_n$个，其中$a_k(2\le k\le n)$排在第1位的$n$元重排可分为如下两类：
  （1）$a_1$排在第$k$位的$n$元重排，属于此类的$n$元重排有$D_{n-2}$个。
  （2）$a_1$不排在第$k$位的$n$元重排，属于此类的$n$元重排有$D_{n-1}$个。
  由加法法则，$a_k(2\le k\le n)$排在第1位的$n$元重排有$D_{n-1}+D_{n-2}$个，再由加法法则得
  $$D_n=(n-1)\left(D_{n-1}+D_{n-2}\right)(n⩾3)$$

3.2 Euler函数$\phi (n)$的计数问题

设$n$为自然数，以$\phi (n)$表示不大于$n$且与$n$互质的自然数的个数，$\phi (n)$称为Euler函数。易知$\phi (1)=1,\phi (2)=1,\phi (3)=2,\phi (4)=2,\dots$

• 定理
  设$n(n\ge 2)$为自然数，则$p_1,p_2,\dots ,p_m$是$n$的全部质因数，则
  $$\phi (n)=n!\prod _{i=1}^m\left(1-\frac{1}{p_i}\right)$$
• 证明
  将$n$分解成素数的乘积：$n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$
  设1到$n$中$p_i$的倍数的集合为$A_i$，$i=1,2,\dots ,k$，则
  $$\begin{array}{l}\left|A_i\right|=n/p_i,i=1,2,\dots ,k\\ \left|A_i\cap A_j\right|=n/\left(p_i{p}_j\right),i,j=1,2,\dots ,k,i̸=j,\dots \end{array}$$
  得到
  $$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\left|{\overline{A}}_1\cap {\overline{A}}_2\cap \cdots \cap {\overline{A}}_k\right|\\ & =n-\left|\bigcup _{i=1}^k{A}_i\right|\\ & =n-\left(\frac{n}{p_1}+\frac{n}{p_2}+\cdots +\frac{n}{p_k}\right)+\left(\frac{n}{p_1{p}_2}+\frac{n}{p_1{p}_3}+\cdots +\frac{n}{p_{k-1}{p}_k}\right)-\cdots \pm \frac{n}{p_1{p}_2\cdots p_k}\\ & =n\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right)\cdots \left(1-\frac{1}{p_k}\right)\\ & =n!\prod _{i=1}^m\left(1-\frac{1}{p_i}\right)\end{array}$$