（数学）容斥原理

一、什么是容斥原理？

容斥原理，想必大家都或多或少地了解一点。从小学开始，我们就会遇到类似这样的问题：

班上总共 40 个同学参加期末考试，其中 9 个考了数学满分，12 个考了英语满分，有 5 个同学数学和英语都是满分，那么有多少同学既没有得数学满分，也没有得英语满分？

这样一个问题，应用的就是容斥原理。

那如果是三个集合呢？不妨画个图分析一下：

也是同样的。假设这三个集合分别是 $A,B,C$。
如果算 $|A|+|B|+|C|$，那么这三个集合中，两两的交集中每个元素都被多算了一次。
把它们减掉，就是 $|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|$。
但是，这又会导致 $A,B,C$ 三个集合共同的交集没有被算到。所以再加回去，我们就会得到三个集合的并集元素：
$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C|.$
如果需要求不包含与 $A,B,C$ 任意一个集合的元素个数，那么再用全集$S$ 的个数减去 $|A\cup B\cup C|$ 即可。
这是我们小学时常遇到的问题的基本解法。

其实小学时候也接触过容斥原理的对偶形式，这个我们下面会讲到。
我们知道很多的计数问题都可以表述为下面的形式：
设 $S$ 是一个已知的有限集合，$P_1,P_2,\cdots ,P_n$ 是 $n$ 个与 $S$ 中元素有关的性质。这里，对 $S$ 中的每一个元素 $x$ 及任意一个性质 $P_i$，均可确定 $x$ 是否具有性质 $P_i$。要求 $S$ 中不具有任一个性质 $P_i(i=1,2,\cdots ,n)$ 的元素个数 $N$。

记 S i = { x ∣ x ∈ S  且  S  具有性质  P i } ( i = 1 , 2 , ⋯   , n ) S_i=\{x|x\in S\ 且\ S\ 具有性质\ P_i\}(i=1,2,\cdots,n) Si​={x∣x∈S 且 S 具有性质 Pi​}(i=1,2,⋯,n)，如果转换为一种更数学化的形式，那么上述问题就会变为：
已知 $S$ 的 $n$ 个子集 $S_1,\cdots ,S_n$，求 $|\overline{S_1}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|$，这里 $\overline{S_i}$ 表示 ${\complement }_S{S}_i$。

容斥原理便是用来解决上述问题的重要定理。如果 $N$ 不易直接求出，但对于任意正整数 $k$ 及 { 1 , 2 , ⋯   , n } \{1,2,\cdots,n\} {1,2,⋯,n} 的任一非空子集 $i_1,i_2,\cdots ,i_k$，$|S_{i_1}\cap \cdots \cap S_{i_k}|$ 的元素个数易于确定，那么我们就能够根据这些信息求出 $N$，这就是容斥原理的基本思想。

可能上面的这段数学描述比较绕，大概的意思就是说，如果 $S_1,\cdots ,S_n$ 中任意 $k$ 个集合之交的元素个数容易确定，那么我们就可以利用容斥原理确定 $N$ 值。

容斥原理的表述如下：

设 $S_1,S_2,\cdots ,S_n$ 是 $S$ 的子集，则
$|\overline{S_1}\cap \overline{S_2}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|=|S|-\sum _{i=1}^n|S_i|+\sum _{1\le i_1<i_2\le n}|S_{i_1}\cap S_{i_2}|-\cdots +(-1{)}^k\sum _{1\le i_1<\cdots <i_k\le n}|S_{i_1}\cap \cdots \cap S_{i_k}|+\cdots +(-1{)}^n|S_1\cap \cdots \cap S_n|$.

我们把这个式子记作 $(1)$ 。

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二、如何证明容斥原理？

$n=2$ 或 $3$ 的情形比较容易理解。可是，如果是四个及以上子集的容斥原理，我们就不能用韦恩图来表示了，我们要想严谨证明容斥原理，还需要利用组合数的内容。

1. 容斥原理的证明

在证明容斥原理之前，我们首先需要了解容斥原理的思想，其实在小学解题时已经渗透了。
我们再用更为清晰的语言描述一下计算 $N$ 的过程：

在 $S$ 中先排除掉具有性质 $P_i$ 的元素，剩下的元素个数显然小于 $N$，因为具有多个性质的元素被排除了多次。因此，再对每两个性质 $P_{i_1}$ 和 $P_{i_2}$，补充同时具有这两个性质的元素，但是这样算出的元素个数又大于 $N$，因为具有超过两种性质的元素被重复计数 $(1+C_k^2)$ 次，但只被排除了 $C_k^1$ 次。因此再对每三个性质 $P_{i_1},P_{i_2}$ 和 $P_{i_3}$，排除同时具有这三个性质的元素，这样得到的数又小于 $N$……
像这样反复地补充（“包含”→“容”）与排除（“排斥”→“斥”），最终得出所求的 $N$ 值。

所以，容斥原理就是这样得名的，它同样也称作逐步淘汰公式。

到底如何证明？其实容斥原理的思想已经“揭示”了证明的方法。

证明：$\forall x\in S$，若 $x$ 不属于任一子集 $S_i(i=1,2,\cdots ,n)$，则 $x$ 在 $(1)$ 的右边的 $|S|$ 中计入 $1$ 次,，其余各项中均计入 $0$ 次。因此这样的 $x$ 在 $(1)$ 的右边计入 $1$ 次。
若 $x$ 恰属于 $S_1,S_2,\cdots ,S_n$ 中的 $k(k\ge 1)$ 个集合，则 $x$ 在 $(1)$ 中的右边总共被计入了 $1-C_k^1+C_k^2-\cdots +(-1{)}^k{C}_k^k=0$ 次.

这是二项式定理的运用。
$(1-1{)}^2=C_k^0-C_k^1+C_k^2+C_k^3-\cdots +(-1{)}^k{C}_k^k$.

综合上述讨论，$(1)$ 的右端恰计数了 $S$ 中不属于任一个 $S_i$ 的元素个数，即 $(1)$ 的左端。

2. 容斥原理对偶形式

$|S_1\cup S_2\cup \cdots \cup S_n|=\sum _{i=1}^n|S_i|-\sum _{1\le i_1<i_2\le n}|S_{i_1}\cap S_{i_2}|+\cdots +(-1{)}^{k-1}\sum _{1\le i_1<\cdots <i_k\le n}|S_{i_1}\cap \cdots \cap S_{i_k}|+\cdots +(-1{)}^{n-1}|S_1\cap \cdots \cap S_n|$.

特别地，若 $S_1,S_2,\cdots ,S_n$ 是集合 $S$ 的一个分划，则该定理化为加法原理的集合形式：$$|S|=|S_1|+|S_2|+\cdots +|S_n|.$$

加法原理：做一件事，完成它的方法可分为 $n$ 个互不相交的类，在第 $i$ 类办法中有 $m_i$ 种不同的方法（$i=1,2,\cdots ,n$），则完成这件事共有$$m_1+m_2+\cdots +m_n$$种不同的方法。
分划（划分）：$S$ 是一个集合，$S_1,S_2,\cdots ,S_n$ 是 $S$ 的一个分划，当且仅当 $S_1,S_2,\cdots ,S_n$ 两两不交，且 $S_1\cup S_2\cup \cdots \cup S_n=S$。

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三、容斥原理引申出的相关定理

用容斥原理能够估计某些集合的元素个数，例如下面这题：

设 $n$ 是正整数，集合 { 1 , 2 , ⋯   , 2 n } \{1,2,\cdots,2n\} {1,2,⋯,2n} 的一个排列 $(x_1,x_2,\cdots ,x_{2n})$ 中，如果 $|x_i-x_{i+1}|=n$ 对某个 $i(1\le i\le 2n-1)$ 成立，则称这一排列具有性质 $\mathrm{P}$。证明：具有性质 $\mathrm{P}$ 的排列数比不具有性质 $\mathrm{P}$ 的排列数多。

证明： 命题成立，当且仅当具有性质 $\mathrm{P}$ 的排列个数大于全部排列的一般，即 $\frac{1}{2}(2n)!$.
对 k ∈ { 1 , 2 , ⋯   , n } k\in\{1,2,\cdots,n\} k∈{1,2,⋯,n}，记 $S_k$ 为 $k$ 与 $k+n$ 相邻的排列的集合，则 $S=\bigcup _{k=1}^n{S}_k$ 是具有所有性质 $P$ 的排列的集合。由容斥原理对偶形式，易知$$|S|\ge \sum _{k=1}^n|S_k|-\sum _{1\le k<l\le n}|S_k\cap S_l|\text{\hspace{1em}(2)}$$而 $|S_k|=2(2n-1)!$，$|S_k\cap S_l|=2^2\cdot (n-2)!$

捆绑法，计算 $|S_k|$ 时，将 $k$ 与 $k+n$ 视为一个元素，共有 $(2n-1)!$ 种排列，但是还要乘上 $k$ 与 $k+n$ 的内部排列 $2!=2$ 种。
计算 $|S_k\cap S_l|$ 是一样的。

由 $(2)$ 得到 $$\begin{gathered} |S_n|\ge n\cdot 2\cdot (2n-1)!-C_n^2\cdot 2^2\cdot (2n-2)! \\ =2n\cdot (2n-2)!\cdot n>\frac{1}{2}(2n)! \end{gathered}$$.

这道题表明，容斥原理能够应用于一些不等式问题。

设 $S_1,S_2,\cdots ,S_n$ 是有限集 $S$ 的子集，记 ${\sigma }_0=|S|$，${\sigma }_k=\sum _{1\le i_1<\cdots <i_k\le n}|S_{i_1}\cap \cdots \cap S_{i_k}|(1\le k\le n)$。
如果我们希望能够用已知的 ${\sigma }_i(i=0,1,\cdots ,n)$ 给出 $|\overline{S_1}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|$ 或者 $|S_1\cup \cdots \cup S_n|$ 的比较精确的上（下）界估计，直接应用容斥原理或者容斥原理的对偶形式往往比较复杂，并且不太容易化简。
我们可以使用下面的定理 3 或定理 4。

1. 定理 3

设 $k$ 是正整数，$k\le n$，若 $k$ 是偶数，则$$|\overline{S_1}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|\le {\sigma }_0-{\sigma }_1+{\sigma }_2-\cdots +(-1{)}^k{\sigma }_k\text{\hspace{1em}(3)}$$若 $k$ 是奇数，则$$|\overline{S_1}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|\ge {\sigma }_0-{\sigma }_1+{\sigma }_2-\cdots +(-1{)}^k{\sigma }_k\text{\hspace{1em}(4)}$$

这个定理想要表达的意思就是说，部分和 ${\sigma }_0-{\sigma }_1+{\sigma }_2-\cdots +(-1{)}^k{\sigma }_k$ 轮流地不小于及不超过 $|\overline{S_1}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|$ 的实际值，这也可以视为容斥原理过程的表述。

如何证明定理 3？其实它的证明可以类似于容斥原理的证明进行，主要思想还是容斥原理的基本过程。

证明：$\forall x\in S$，若 $x$ 不属于任一集合 $S_i(i=1,2,\cdots ,n)$，则 $x$ 在 $(3)$、$(4)$ 的左右两边均各计数 $1$ 次，若 $x$ 恰属于 $S_1,\cdots ,S_n$ 中 $r$ 个集合，则 $x$ 在 $(3)$、$(4)$ 的左边计数 $0$ 次，而在右边被计数了 $1-C_r^1+C_r^2-\cdots +(-1{)}^r{C}_r^k=(-1{)}^k{C}_{r-1}^k$ 次。
显然，上面的式子当 $k$ 为偶数时不小于 $0$，当 $k$ 为奇数时不大于 $0$，因此 $(3)$ 和 $(4)$ 得证。

* 注意到，如果 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 满足 ${\sigma }_1\ge \cdots \ge {\sigma }_n$，则在 $k$ 为偶数时，由不等式$$(-1{)}^{k+1}{\sigma }_{k+1}+(-1{)}^{k+2}{\sigma }_{k+2}+\cdots +(-1{)}^n{\sigma }_n=-({\sigma }_{k+1}-{\sigma }_{k+2})-({\sigma }_{k+3}-{\sigma }_{k+4})-\cdots \le 0$$ 及容斥原理 $|\overline{S_1}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|={\sigma }_0-{\sigma }_1+{\sigma }_2-\cdots +(-1{)}^n{\sigma }_k=n$，可以直接得出 $(3)$，$(4)$ 也可以用类似的方法证明。

尽管 ${\sigma }_1\ge \cdots \ge {\sigma }_n$ 并不是恒成立的，但是在很多情况下都是满足的，例如上面所说的关于排列性质 $\mathrm{P}$ 的问题。在这些情况下，定理 3 及定理 4 可以更简单地建立关系。

为了估计正负交错的和，可以尝试运用下面的方法：
设 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 为非负实数，若 $a_1\ge \cdots \ge a_n$，则$$0\le a_1-a_2+\cdots +(-1{)}^{n-1}{a}_n\le a_1.$$设 $S_n$ 表示上式中所说的和，则 $n$ 为偶数时， $S_n=a_1-(a_2-a_3)-\cdots -(a_{n-2}-a_{n-1})-a_n$，
由 $a_k\ge a_{k+1}$ 以及 $a_n\ge 0$，可知 $0\le S_n\le a_1$。
当 $n$ 为奇数时，同理可知有 $0\le S_n\le a_1$。

下面的定理 4 等价于定理 3。

2. 定理 4（定理 3 的等价形式）

设 $k$ 是正整数，$k\le n$，若 $k$ 是偶数，则$$|S_1\cup \cdots \cup S_n|\ge {\sigma }_1-{\sigma }_2+{\sigma }_3-\cdots +(-1{)}^{k+1}{\sigma }_k\text{\hspace{1em}(5)}$$若 $k$ 是奇数，则$$|S_1\cup \cdots \cup S_n|\le {\sigma }_1-{\sigma }_2+{\sigma }_3-\cdots +(-1{)}^{k+1}{\sigma }_k\text{\hspace{1em}(6)}$$

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四、一道高联问题

2010 年的高联 A 卷二试压轴问题
一种密码锁的密码设置是在正 $n$ 边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 的每个顶点处赋值 $0$ 和 $1$ 两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同。问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

这道题如果想到要用容斥原理就不是很难。

个人解法（过程不是很规范）：

对于相邻两点的设置，如果数值和颜色都不相同，那么我们就称这两点的设置是“相对的”。
设不加约束条件的设置密码锁的集合为 $S$，则 $|S|=4^n$.
S i = { A i 与 A i + 1 的赋值是“相对的” } S_i=\{A_i与A_{i+1}的赋值是“相对的”\} Si​={Ai​与Ai+1​的赋值是“相对的”}
这里约定 $A_{n+1}=A_1$。
那么 $|S_i|=4^{n-1}$，对 $1\le k\le n-1$，$|S_{i_1}\cap \cdots \cap S_{i_k}|=4^{n-k}$
对于 $k=n$，若 $k$ 是偶数，则 $\bigcap _{i=1}^n{S}_i=4$
若 $k$ 是奇数，则 $\bigcap _{i=1}^n{S}_i=\varnothing$
由容斥原理，$|\overline{S_1}\cap \overline{S_2}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|=4^n-C_n^1{4}^{n-1}+C_n^2{4}^{n-2}-\cdots +(-1{)}^{n-1}{C}_n^{n-2}{4}^1+(-1{)}^n{C}_n^n\epsilon =3^n+(-1{)}^n\epsilon -(-1{)}^n$
其中 $\epsilon =\{\begin{array}{l}4,2\mid k\\ 0,2\nmid k\end{array}$
所以 $|\overline{S_1}\cap \overline{S_2}\cap \cdots \cap \overline{S_n}|=\{\begin{array}{l}{3}^n+3,2\mid k\\ 3^n+1,2\nmid k\end{array}$

不就这样吗？
但我感觉标答写了一大串。。。

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后话

参考：
《奥数教程》（高中第三分册）
知乎 - 密码锁，递推，组合，图
其实我没有学过图论
话说《奥数教程》里的定理 4 似乎写错了，原来是这样的：

设 $k$ 是正整数，$k\le n$，若 $k$ 是偶数，则$$|S_1\cup \cdots \cup S_n|\ge {\sigma }_1-{\sigma }_2+{\sigma }_3-\cdots +(-1{)}^k{\sigma }_k\text{\hspace{1em}(11)}$$若 $k$ 是奇数，则$$|S_1\cup \cdots \cup S_n|\le {\sigma }_1-{\sigma }_2+{\sigma }_3-\cdots +(-1{)}^k{\sigma }_k\text{\hspace{1em}(12)}$$

看了一下，感觉不太对，$(-1{)}^k$ 指数和下标应该相差1，所以应该改成 $(-1{)}^{k+1}$ 或者 $(-1{)}^{k-1}$ 才对。