组合数学——容斥原理和错位排列

真的，学了组合数学你会克服公式恐惧症0.0深有体会……

容斥原理

设$A_1,A_2,…,A_n$为有限集合，用$|A_i|$表示集合$A_i$中的元素个数那么有这样的结论：

$$|A_1\cup A_2\cup …\cup A_n|=\sum_{i=1}^n|A_i|-\sum_{1\leq i<j\leq n}|A_i\cap A_j|+\sum_{1\leq i<j<k\leq n}|A_i\cap A_j\cap A_k|-…+(-1)^{n-1}|A_1\cap A_2\cap…\cap A_n|.$$
(总的概括就是奇数个集合的并集累加和 减去 偶数个集合的并集累加和)

证明

若$a∈A_1\cap A_2\cap…\cap A_n$，则$a$至少属于$A_1,A_2,…,A_n$中一个集合。
不妨设$a$属于$A_1,A_2,…,A_k(1\leq k\leq n)$而不属于其它集合。
于是$a$在1式左端计算了一次，而$a$在右端第一个和中算了$C_k^1$次，在第二个和中计算了$C_k^2$，…，可见，$a$在右端算式中它被计算的总次数是：

$$C_k^1-C_k^2+C_k^3-…+(-1)^{k-1}C_k^k=1$$

顺带提一句，这种证明方式是“贡献法”

容斥原理加强版

这个加强版是博主和数学竞赛的小伙伴（ckh&yzc）一起讨论组合数学的时候搞出来的，欢迎大家来找出不严谨的地方！
加强版：原容斥原理针对的是集合中元素的个数，而我们拓宽到整个集合，加号改为∪号；而我们定义$A-B$得到的集合就是把A中所有B的元素都去掉后的结果。
例如，若$A=\{1,2,3,4,5\}$
$B=\{1,2,4\}$
那么$A-B=\{3,5\}$

证明

以下的证明来自ckh（数学竞赛大佬%%%%%%%）
看不懂的同学在纸上画一画，就能看懂了。
设$S=\bigcup_{i=1}^nA_i$
设$B_i=C_SA_i$（补集的意思）
设$S'=\bigcap_{i=1}^nB_i$
再令$B_i=S'+C_i$
所以$|B_1\cap …\cap B_i|=|S'|$
$C_1\cap C_2\cap …\cap C_n=\phi$
$A_i=S-S'-C_i$
所以$\bigcup_{i=1}^nA_i=S-S'-(\bigcap_{i=1}^nC_i)=S-S'$
代入前面的设，得证。

德.摩根律

设P和Q都是S的子集。
则有：
$C_S(P \cap Q) = (C_S P) \cup (C_S Q)$
$C_S(P \cup Q) = (C_S P) \cap (C_S Q)$

逐步淘汰原理（筛法公式）

设$S$是有限集合，$A_i$都包含于$S(i1,2,…,n)$，$A_i$在$S$中的补集为$C_SA_i(i=1,2,…,n)$则

$$|C_SA_1\cap C_SA_2\cap…C_SA_n|=|S|-\sum_{i=1}^n|A_i|+\sum_{1\leq i<j\leq n}|A_i\cap A_j|-\sum_{1\leq<i<j<k\leq n}|A_i\cup A_j \cup A_k|+…+(-1)^n|\bigcap_{i=1}^nA_i|$$

证明

因为$|\bigcup_{i=1}^nA_i|=|S|-|C_S(\bigcup_{i=1}^n)A_i|$.
根据德.摩根律，我们有

$$C_S(\bigcup_{i=1}^nA_i)=\bigcap_{i=1}^nC_SA_i$$
再根据容斥原理就能得到逐步淘汰公式。

置换及其不动点

给定集合$X=\{1,2,3,…,n\}$，$\varphi$是从X到X上的一一映射，通常记为:

$$\varphi = \begin{cases} & 1\ \ \ \ \ \ \ \ \ 2\ \ \ \ \ \ \ \ \ 3\ \ \ \ \ \ \ \ \ 4\ \ \ \ \ \ \ \ \ 5\\ & \varphi(1)\ \ \ \varphi(2)\ \ \ \varphi(3)\ \ \ \varphi(4)\ \ \ \varphi(5) \end{cases}$$
则称$\varphi$是$X$上的置换，其中$\varphi(i)$是元素$i$在映射$\varphi$下的象。因为是一一映射，所以$\varphi(1),\varphi(2),…,\varphi(n)$实际上是$1,2,…,n$的一个排列。满足$\varphi(i)=i$的数$i$称为$\varphi$的一个不动点。

错位排列

在集合$X=\{1,2,…,n\}$上没有任何不动点的置换$\varphi$的个数是$D_n=n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+…+\frac{(-1)^n}{n!})$

例题3

设$\varphi$是集合$X=\{1,2,…,n\}$上的置换，将$X$上没有不动点的置换个数记为$f_n$，恰有一个不动点的置换个数记为$g_n$，求证：$|f_n-g_n|=1.$(14届加拿大数学奥林匹克试题)

证明：

设$g_n(i=1,2,…,n)$表示$X$上恰有唯一不动点$i$的置换个数。
于是

$$g_n=g_{n_1}+g_{n_2}+…+g_{n_n},$$
由上述推论，有 $$f_n=D_n,g_n=D_{n-1}(i=1,2,3,…,n),$$
故 $$g_n=nD_{n-1},$$
所以
$$\begin{align} |f_n-g_n|&=|D_n-nD_{n-1}|\\ &=|n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-…+\frac{(-1)^{n}}{n!})|-n\times (n-1)!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-…+\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!})\\ &=|n!\times\frac{(-1)^n}{n!}|\\ &=1\\ \end{align}$$
得证