文章大纲
1. 排列组合
1.1. 加法法则和乘法法则
设 A A A， B B B是两个无关的性质，具有性质 A A A的事件有 m m m个，具有性质 B B B的事件有 n n n个
| 法则 | 事件数 | 分析 |
|---|---|---|
| 加法法则：具有性质 A A A或性质 B B B的事件 | m + n m+n m+n | 这里或的意思是两个性质任选其一， m + n = ( m + 0 ) + ( 0 + n ) m+n=(m+0)+(0+n) m+n=(m+0)+(0+n) |
| 乘法法则：具有性质 A A A和性质 B B B的事件 | m × n m\times n m×n | 这里和的意思是两个性质兼而有之， m m m和 n n n组合的情况即为 m × n m\times n m×n |
1.2. 排列和组合
从 n n n个元素中选取 m m m个元素，求其方案数
| 元素是否有序 | 方案数 | 计算过程 |
|---|---|---|
| 排列：有序 | A n m A_n^m Anm | n ( n − 1 ) ⋯ ( n − m + 1 ) = n ! ( n − m ) ! n(n-1)\cdots(n-m+1)=\displaystyle\frac{n!}{(n-m)!} n(n−1)⋯(n−m+1)=(n−m)!n! |
| 组合：无序 | C n m C_n^m Cnm | n ( n − 1 ) ⋯ ( n − m + 1 ) m ! = n ! m ! ( n − m ) ! \displaystyle\frac{n(n-1)\cdots(n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!} m!n(n−1)⋯(n−m+1)=m!(n−m)!n! |
1.3. 扩展问题
1.3.1. 圆周排列
从 n n n个元素中选取 m m m个元素有序排列在圆周上，其方案数为 A n m m \displaystyle\frac{A_n^m}{m} mAnm。例如 a a a， b b b， c c c， d d d这4个元素，在直线上的排列 a b c d abcd abcd， d a b c dabc dabc， c d a b cdab cdab， b c d a bcda bcda是不同的，但是在圆周上则是相同的，且选出几个元素就会重复几次，所以只需要将直线上排列数除以 m m m即可。
1.3.2. 允许重复的组合
一般的组合是从 n n n个元素中选取 m m m个元素，不允许重复选择同一个元素，组合数为 C n m C_n^m Cnm。而如果允许重复的选择同一个元素，则组合数为 C n + m − 1 m C_{n+m-1}^m Cn+m−1m。
可以这样思考，允许重复选择相当于在 n n n个元素中多加了 m − 1 m-1 m−1个“哑元素”，一旦选中了一个“哑元素”，意味着在 n n n个元素中只能选 m − 1 m-1 m−1个不同元素，也就对应着已经选中的 m − 1 m-1 m−1个元素中的某一个需要重复一次。这样的“哑元素”最多只能选 m − 1 m-1 m−1个，因为至少应该选择 n n n个元素中的一个，且此时这个元素重复了 m m m次。
不允许重复的组合以及允许重复的组合可以等价类比如下表
| 组合是否允许重复 | 类比球放盒子模型 | 解释 |
|---|---|---|
| 不允许重复 | n n n个不同的球放入 m m m个相同的盒子且每盒1球 | 盒子相同代表无序，直接从 n n n个球中选出 m m m个 分别放入每个盒子即可，要求 n ≥ m n\ge m n≥m |
| 允许重复 | m m m个相同的球放入 n n n个不同的盒子(允许空盒) | 增加 n n n个假球，如果选中假球则实际上盒子中没有球， 使用隔板法对 m + n m+n m+n个球的 m + n − 1 m+n-1 m+n−1个空插入 n − 1 n-1 n−1个隔板， 将得到 n n n个部分放入盒子 |
问题变形：
- 对于整数 n n n和 m m m，方程 x 1 + x 2 + ⋯ + x n = m x_1+x_2+\cdots+x_n=m x1+x2+⋯+xn=m的非负整数解的个数为 C n + m − 1 m C_{n+m-1}^m Cn+m−1m。
- 式子 ( x 1 + x 2 + ⋯ + x n ) m (x_1+x_2+\cdots+x_n)^m (x1+x2+⋯+xn)m的展开式项数为 C n + m − 1 m C_{n+m-1}^m Cn+m−1m。
1.3.3. 不相邻的组合
从 n n n个元素中选取 m m m个元素，要求这 m m m个元素在原来的位置上均互不相邻，则组合数为 C n − m + 1 m C_{n-m+1}^{m} Cn−m+1m。
可以考虑 n n n个球之间一共可以插入 n − 1 n-1 n−1个隔板，且隔板都是相同的。现在假设已经选出了互不相邻的 m m m个元素，那么如果把这 m m m个元素放回到原来的位置上，为了保证互不相邻，这 m m m个元素两两之间至少应该有两个隔板，所以先将 n − 1 n-1 n−1个隔板分配 2 ( m − 1 ) 2(m-1) 2(m−1)个到 m m m个元素两两之间，剩下的 n − 2 m + 1 n-2m+1 n−2m+1个隔板就可以在 m m m个元素之间及两边随意插入，一共 m + 1 m+1 m+1个位置。此时问题转化为将 n − 2 m + 1 n-2m+1 n−2m+1个相同隔板放在 m + 1 m+1 m+1个不同位置上的组合数。这可以由“球放盒子”模型直接求解，即 C ( n − 2 m + 1 ) + ( m + 1 ) − 1 ( m + 1 ) − 1 = C n − m + 1 m C_{(n-2m+1)+(m+1)-1}^{(m+1)-1}=C_{n-m+1}^{m} C(n−2m+1)+(m+1)−1(m+1)−1=Cn−m+1m。
2. 递推关系
2.1. 汉诺塔问题
有三根杆子A，B，C。A杆上有 n n n个( n n n>1)穿孔圆盘，盘的尺寸由下到上依次变小。要求按下列规则将所有圆盘移至C杆：每次只能移动一个圆盘；大盘不能叠在小盘上面。问至少需要几次移动才能完成。
可以使用递归的思想，设 H ( n ) H(n) H(n)表示 n n n个圆盘所需要的移动次数，那么移动过程是先将前 n − 1 n-1 n−1个圆盘移动到B上，接着将第 n n n个圆盘移动到C，最后还要把B上的 n − 1 n-1 n−1个圆盘移动到C。所以递推公式为 H ( n ) = 2 H ( n − 1 ) + 1 H(n)=2H(n-1)+1 H(n)=2H(n−1)+1，且 H ( 1 ) = 1 H(1)=1 H(1)=1。可以根据母函数或者数学归纳法得到 H ( n ) = 2 n − 1 H(n)=2^n-1 H(n)=2n−1。
2.2. Fibonacci序列
雌雄一对兔子，出生两个月后能就能繁殖雌雄一对小兔，问 n n n个月后有多少对兔子。
递推公式为 F ( n ) = F ( n − 1 ) + F ( n − 2 ) F(n)=F(n-1)+F(n-2) F(n)=F(n−1)+F(n−2)，且 F ( 1 ) = F ( 2 ) = 1 F(1)=F(2)=1 F(1)=F(2)=1。可以根据母函数法得到 F ( n ) = α n − β n 5 F(n)=\displaystyle\frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt{5}} F(n)=5 αn−βn且 α = 1 + 5 2 \alpha=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2} α=21+5 和 β = 1 − 5 2 \beta=\displaystyle\frac{1-\sqrt{5}}{2} β=21−5 。
3. 非线性递推序列
3.1. Stirling数
定义第二类Stirling数为将 n n n个不同的球放入 m m m个相同的盒子，且不允许空盒的方案数，用 S ( n , m ) S(n,m) S(n,m)表示。其递推式为 S ( n , m ) = S ( n − 1 , m − 1 ) + m S ( n − 1 , m ) S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n-1,m) S(n,m)=S(n−1,m−1)+mS(n−1,m)，且 S ( 0 , ⋅ ) = S ( ⋅ , 0 ) = 0 S(0,\cdot)=S(\cdot,0)=0 S(0,⋅)=S(⋅,0)=0， S ( k , 1 ) = S ( k , k ) = 1 S(k,1)=S(k,k)=1 S(k,1)=S(k,k)=1对所有 k ≥ 1 k\ge 1 k≥1。Stirling数的每一项可以用下面的三角形计算，按照递推式开看，第几行就有几个数，且每一项都是上一行相同位置的数乘以位置序号，加上上一行前一位置的数。
3.2. 球盒模型
按照球是否相同，盒是否相同，是否允许空盒，一共可以分为8种情况。
| n n n个球 | m m m个盒 | 有无空盒 | 方案数 |
|---|---|---|---|
| 不同 | 不同 | 有空盒 | m n m^n mn，每个球都可在 m m m个盒中选择， n n n个球使用乘法法则 |
| 不同 | 不同 | 无空盒 | m ! S ( n , m ) m!S(n,m) m!S(n,m)，如果盒相同则为 S ( n , m ) S(n,m) S(n,m)，再将 m m m个盒全排列 |
| 不同 | 相同 | 有空盒 | 当 n ≥ m n\ge m n≥m为 S ( n , 1 ) + ⋯ + S ( n , m ) S(n,1)+\cdots+S(n,m) S(n,1)+⋯+S(n,m)， 当 n ≤ m n\le m n≤m为 S ( n , 1 ) + ⋯ + S ( n , n ) S(n,1)+\cdots+S(n,n) S(n,1)+⋯+S(n,n)， 每一项表示 m − 1 m-1 m−1个空盒， ⋯ \cdots ⋯， 0 0 0个空盒 |
| 不同 | 相同 | 无空盒 | S ( n , m ) S(n,m) S(n,m)，Stirling数的定义 |
| 相同 | 不同 | 有空盒 | C n + m − 1 m − 1 C_{n+m-1}^{m-1} Cn+m−1m−1，增加 m m m个假球，如果选中假球则实际上盒子中没有球， 使用隔板法对 m + n m+n m+n个球的 m + n − 1 m+n-1 m+n−1个空插入 m − 1 m-1 m−1个隔板， 将得到 m m m个部分放入盒子 |
| 相同 | 不同 | 无空盒 | C n − 1 m − 1 C_{n-1}^{m-1} Cn−1m−1，使用隔板法对 n n n个球的 n − 1 n-1 n−1个空插入 m − 1 m-1 m−1个隔板， 将得到 m m m个部分放入盒子 |
| 相同 | 相同 | 有空盒 | 穷取法，相当于将 n n n用 0 , 1 , ⋯   , m 0,1,\cdots,m 0,1,⋯,m进行分解的方案数， 且分解的数字没有顺序 |
| 相同 | 相同 | 无空盒 | 穷取法，相当于将 n − m n-m n−m用 0 , 1 , ⋯   , m 0,1,\cdots,m 0,1,⋯,m进行分解的方案数， 且分解的数字没有顺序 |
3.3. Catalan数
Catalan数定义为给定 2 n 2n 2n个数由 n n n个 0 0 0和 n n n个 1 1 1组成，要求这样的排列方案数，使得排列的任意前 k k k个数中的 1 1 1的个数总是不少于 0 0 0的个数。可以求得这样的排列方案数 C a t a l a n ( 2 n ) = 1 n + 1 C 2 n n = C 2 n n − C 2 n n − 1 Catalan(2n)=\displaystyle\frac{1}{n+1}C_{2n}^n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1} Catalan(2n)=n+11C2nn=C2nn−C2nn−1。
关于Catalan数有极其多的变形问题，参见维基百科卡塔兰数，其一个巧妙的证明方法参见折现法——卡特兰数证明。
4. 容斥原理
4.1. De morgan定理
- A ∪ B ‾ = A ‾ ∩ B ‾ \overline{A\cup B}=\overline{A}\cap\overline{B} A∪B=A∩B
- A ∩ B ‾ = A ‾ ∪ B ‾ \overline{A\cap B}=\overline{A}\cup\overline{B} A∩B=A∪B
4.2. 容斥原理
- ∣ A ∪ B ∣ = ∣ A ∣ + ∣ B ∣ − ∣ A ∩ B ∣ |A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B| ∣A∪B∣=∣A∣+∣B∣−∣A∩B∣
- ∣ A ∪ B ∪ C ∣ = ∣ A ∣ + ∣ B ∣ + ∣ C ∣ − ∣ A ∩ B ∣ − ∣ A ∩ C ∣ − ∣ B ∩ C ∣ + ∣ A ∩ B ∩ C ∣ |A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C| ∣A∪B∪C∣=∣A∣+∣B∣+∣C∣−∣A∩B∣−∣A∩C∣−∣B∩C∣+∣A∩B∩C∣
4.3. 广义容斥原理
- ∣ A ∩ B ‾ ∣ = ∣ A ∣ − ∣ A ∩ B ∣ |A\cap \overline{B}|=|A|-|A\cap B| ∣A∩B∣=∣A∣−∣A∩B∣
- ∣ A ∩ B ∩ C ‾ ∣ = ∣ A ∩ B ∣ − ∣ A ∩ B ∩ C ∣ |A\cap B\cap \overline{C}|=|A\cap B|-|A\cap B\cap C| ∣A∩B∩C∣=∣A∩B∣−∣A∩B∩C∣
- ∣ A ∩ B ‾ ∩ C ‾ ∣ = ∣ A ∣ − ∣ A ∩ B ∣ − ∣ A ∩ C ∣ + ∣ A ∩ B ∩ C ∣ |A\cap \overline{B}\cap \overline{C}|=|A|-|A\cap B|-|A\cap C|+|A\cap B\cap C| ∣A∩B∩C∣=∣A∣−∣A∩B∣−∣A∩C∣+∣A∩B∩C∣
- ∣ A ∩ B ‾ ∩ C ‾ ∩ D ‾ ∣ = ∣ A ∣ − ∣ A ∩ B ∣ − ∣ A ∩ C ∣ − ∣ A ∩ D ∣ + ∣ A ∩ B ∩ C ∣ + ∣ A ∩ B ∩ D ∣ + ∣ A ∩ C ∩ D ∣ − ∣ A ∩ B ∩ C ∩ D ∣ |A\cap \overline{B}\cap \overline{C}\cap \overline{D}|=|A|-|A\cap B|-|A\cap C|-|A\cap D|+|A\cap B\cap C|+|A\cap B\cap D|+|A\cap C\cap D|-|A\cap B\cap C\cap D| ∣A∩B∩C∩D∣=∣A∣−∣A∩B∣−∣A∩C∣−∣A∩D∣+∣A∩B∩C∣+∣A∩B∩D∣+∣A∩C∩D∣−∣A∩B∩C∩D∣
4.4. 计算举例
4.4.1. 欧拉函数问题，求不超过120的素数个数
因为 1 1 2 = 121 > 120 11^2=121>120 112=121>120，所以不超过120的合数一定是2，3，5，7的倍数。分别令 A 2 A_2 A2， A 3 A_3 A3， A 5 A_5 A5， A 7 A_7 A7为小于120且是2，3，5，7的倍数，则不超过120的素数个数就是 ∣ A ‾ 2 ∩ A ‾ 3 ∩ A ‾ 5 ∩ A ‾ 7 ∣ |\overline{A}_2\cap\overline{A}_3\cap\overline{A}_5\cap\overline{A}_7| ∣A2∩A3∩A5∩A7∣。
∣ A ‾ 2 ∩ A ‾ 3 ∩ A ‾ 5 ∩ A ‾ 7 ∣ = 120 − ∣ A 2 ∪ A 3 ∪ A 5 ∪ A 7 ∣ = 120 − ( ∣ A 2 ∣ + ∣ A 3 ∣ + ∣ A 5 ∣ + ∣ A 7 ∣ ) + ( ∣ A 2 ∩ A 3 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 5 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 7 ∣ + ∣ A 3 ∩ A 5 ∣ + ∣ A 3 ∩ A 7 ∣ + ∣ A 5 ∩ A 7 ∣ ) − ( ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 7 ∣ + ∣ A 2 ∩ A 5 ∩ A 7 ∣ + ∣ A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 ∣ ) + ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 ∣ \begin{array}{ccl} |\overline{A}_2\cap\overline{A}_3\cap\overline{A}_5\cap\overline{A}_7|&=&120-|A_2\cup A_3\cup A_5\cup A_7|\\ &=&120-(|A_2|+|A_3|+|A_5|+|A_7|)\\ &&+(|A_2\cap A_3|+|A_2\cap A_5|+|A_2\cap A_7|+|A_3\cap A_5|+|A_3\cap A_7|+|A_5\cap A_7|)\\ &&-(|A_2\cap A_3\cap A_5|+|A_2\cap A_3\cap A_7|+|A_2\cap A_5\cap A_7|+|A_3\cap A_5\cap A_7|)\\ &&+|A_2\cap A_3\cap A_5\cap A_7| \end{array} ∣A2∩A3∩A5∩A7∣==120−∣A2∪A3∪A5∪A7∣120−(∣A2∣+∣A3∣+∣A5∣+∣A7∣)+(∣A2∩A3∣+∣A2∩A5∣+∣A2∩A7∣+∣A3∩A5∣+∣A3∩A7∣+∣A5∩A7∣)−(∣A2∩A3∩A5∣+∣A2∩A3∩A7∣+∣A2∩A5∩A7∣+∣A3∩A5∩A7∣)+∣A2∩A3∩A5∩A7∣
其中一项 ∣ A 2 ∣ = ⌊ 120 2 ⌋ = 60 |A_2|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2}\rfloor=60 ∣A2∣=⌊2120⌋=60， ∣ A 3 ∣ = ⌊ 120 3 ⌋ = 40 |A_3|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3}\rfloor=40 ∣A3∣=⌊3120⌋=40， ∣ A 5 ∣ = ⌊ 120 5 ⌋ = 24 |A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{5}\rfloor=24 ∣A5∣=⌊5120⌋=24， ∣ A 7 ∣ = ⌊ 120 7 ⌋ = 17 |A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{7}\rfloor=17 ∣A7∣=⌊7120⌋=17，两项 ∣ A 2 ∩ A 3 ∣ = ⌊ 120 2 × 3 ⌋ = 20 |A_2\cap A_3|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3}\rfloor=20 ∣A2∩A3∣=⌊2×3120⌋=20， ∣ A 2 ∩ A 5 ∣ = ⌊ 120 2 × 5 ⌋ = 12 |A_2\cap A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 5}\rfloor=12 ∣A2∩A5∣=⌊2×5120⌋=12， ∣ A 2 ∩ A 7 ∣ = ⌊ 120 2 × 7 ⌋ = 8 |A_2\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 7}\rfloor=8 ∣A2∩A7∣=⌊2×7120⌋=8， ∣ A 3 ∩ A 5 ∣ = ⌊ 120 3 × 5 ⌋ = 8 |A_3\cap A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3\times 5}\rfloor=8 ∣A3∩A5∣=⌊3×5120⌋=8， ∣ A 3 ∩ A 7 ∣ = ⌊ 120 3 × 7 ⌋ = 5 |A_3\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3\times 7}\rfloor=5 ∣A3∩A7∣=⌊3×7120⌋=5， ∣ A 5 ∩ A 7 ∣ = ⌊ 120 5 × 7 ⌋ = 3 |A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{5\times 7}\rfloor=3 ∣A5∩A7∣=⌊5×7120⌋=3，三项 ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 ∣ = ⌊ 120 2 × 3 × 5 ⌋ = 4 |A_2\cap A_3\cap A_5|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3\times 5}\rfloor=4 ∣A2∩A3∩A5∣=⌊2×3×5120⌋=4， ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 7 ∣ = ⌊ 120 2 × 3 × 7 ⌋ = 2 |A_2\cap A_3\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3\times 7}\rfloor=2 ∣A2∩A3∩A7∣=⌊2×3×7120⌋=2， ∣ A 2 ∩ A 5 ∩ A 7 ∣ = ⌊ 120 2 × 5 × 7 ⌋ = 1 |A_2\cap A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 5\times 7}\rfloor=1 ∣A2∩A5∩A7∣=⌊2×5×7120⌋=1， ∣ A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 ∣ = ⌊ 120 3 × 5 × 7 ⌋ = 1 |A_3\cap A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{3\times 5\times 7}\rfloor=1 ∣A3∩A5∩A7∣=⌊3×5×7120⌋=1，四项 ∣ A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 ∣ = ⌊ 120 2 × 3 × 5 × 7 ⌋ = 0 |A_2\cap A_3\cap A_5\cap A_7|=\lfloor\displaystyle\frac{120}{2\times 3\times 5\times 7}\rfloor=0 ∣A2∩A3∩A5∩A7∣=⌊2×3×5×7120⌋=0，因此上式等于 120 − 60 − 40 − 24 − 17 + 20 + 12 + 8 + 8 + 5 + 3 − 4 − 2 − 1 − 1 + 0 = 27 120-60-40-24-17+20+12+8+8+5+3-4-2-1-1+0=27 120−60−40−24−17+20+12+8+8+5+3−4−2−1−1+0=27。
4.4.2. 错排问题，即1，2， ⋯ \cdots ⋯，n的全排列中每个元素都不在各自位置上的排列数
设 A i A_i Ai表示第 i i i个数仍然在自己位置上的排列数，所以只需要考虑其他位置元素的全排列数即可，因此错排列数就是 ∣ A ‾ 1 ∩ A ‾ 2 ∩ ⋯ ∩ A ‾ n ∣ = n ! − ∣ A 1 ∪ A 2 ∪ ⋯ ∪ A n ∣ |\overline{A}_1\cap\overline{A}_2\cap\cdots\cap\overline{A}_n|=n!-|A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n| ∣A1∩A2∩⋯∩An∣=n!−∣A1∪A2∪⋯∪An∣，而
∣ A i ∣ = ( n − 1 ) ! i = 1 , 2 , ⋯   , n ∣ A i ∩ A j ∣ = ( n − 2 ) ! i ≠ j , i , j = 1 , 2 , ⋯   , n ⋮ ∣ A 1 ∩ A 2 ∩ ⋯ ∩ A n ∣ = ( n − n ) ! \begin{array}{rcll} |A_i|&=&(n-1)!\quad&i=1,2,\cdots,n\\ |A_i\cap A_j|&=&(n-2)!\quad&i\neq j,\ i,j=1,2,\cdots,n\\ &\vdots&&\\ |A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n|&=&(n-n)!& \end{array} ∣Ai∣∣Ai∩Aj∣∣A1∩A2∩⋯∩An∣==⋮=(n−1)!(n−2)!(n−n)!i=1,2,⋯,ni̸=j, i,j=1,2,⋯,n
所以错排列数等于 n ! − C n 1 ( n − 1 ) ! + C n 2 ( n − 2 ) ! + ⋯ ± C n n ( n − n ) ! = n ! − n ! 1 ! + n ! 2 ! − ⋯ ± n ! n ! n!-C_n^1(n-1)!+C_n^2(n-2)!+\cdots\pm C_n^n(n-n)!=\displaystyle n!-\frac{n!}{1!}+\frac{n!}{2!}-\cdots\pm \frac{n!}{n!} n!−Cn1(n−1)!+Cn2(n−2)!+⋯±Cnn(n−n)!=n!−1!n!+2!n!−⋯±n!n!。
