Lecture 17：更多计数

1. 容斥原理（Inclusion-Exclusion，PIE）

问题起点： 加法法则要求集合两两不相交。若集合有交叉，该如何计算并集的大小？

两个集合：

| A \cup B | = | A | + | B | - | A \cap B |

三个集合：

| A \cup B \cup C | = | A | + | B | + | C | - | A \cap B | - | A \cap C | - | B \cap C | + | A \cap B \cap C |

一般形式（ $n$ 个集合）：

| ⋃_{i = 1}^{n} A_{i} | = \sum_{i} | A_{i} | - \sum_{i < j} | A_{i} \cap A_{j} | + \sum_{i < j < k} | A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k} | - \dots \pm | A_{1} \cap \dots \cap A_{n} |

规律：加单集合，减两两交，加三重交，……交替进行直到 $n$ 重交。

定理（PIE 的等价形式）

设 $U = ⋃_{i \in [n]} A_{i}$ ，则

\sum_{I \subseteq [n]} (- 1)^{| I |} | ⋂_{i \in I} A_{i} | = 0

其中约定 $⋂_{\emptyset} = U$ 。

证明： 对任意 $x \in U$ ，设 $I_{x} = i : x \in A_{i}$ （非空）。 $x$ 对左侧的贡献为 $\sum_{I \subseteq I_{x}} (- 1)^{| I |}$ 。取 $I_{x}$ 中任意一个元素 $i$ ，对偶映射 $I \leftrightarrow I △ i$ 在偶数大小子集和奇数大小子集之间建立双射，故贡献之和为 0。

应用：与 $n = p q r$ 互质的数的个数

设 $n = p q r$ （三个不同素数之积），求 $1, 2, \dots, n$ 中与 $n$ 互质的数的个数。

设 $A_{p}, A_{q}, A_{r}$ 分别为 $1, \dots, n$ 中 $p, q, r$ 的倍数的集合。

由容斥原理：

| A_{p} \cup A_{q} \cup A_{r} | = \frac{n}{p} + \frac{n}{q} + \frac{n}{r} - \frac{n}{p q} - \frac{n}{p r} - \frac{n}{q r} + \frac{n}{p q r}

化简后，互质的数的个数为：

n - | A_{p} \cup A_{q} \cup A_{r} | = (p - 1) (q - 1) (r - 1)

2. 鸽巢原理（Pigeonhole Principle）

定理： 若 $| A | > | B |$ ，则任意全函数 $f : A \to B$ 均不是单射——即存在 $a_{1} \neq a_{2} \in A$ 使得 $f (a_{1}) = f (a_{2})$ 。

形象地说：鸽子（ $A$ ）比鸽巢（ $B$ ）多，则必有某个鸽巢里住了至少两只鸽子。

特点：非构造性。 只能证明碰撞存在，无法直接找出具体的碰撞对象。

例：房间里超过 26 人，则必有两人姓名首字母相同。

例（配对袜子）： $n$ 种颜色的袜子各一双，至少取多少只才保证凑成一双？答案恰好是 $n + 1$ （ $n$ 只不能保证， $n + 1$ 只由鸽巢原理保证）。

例（波士顿居民）： 波士顿约 65 万人，头发数量至多约 20 万根。人数 > 可能的发量种数，故必有两位非秃头的波士顿居民发量完全相同。

例（无损压缩的不可能性）： 长度为 $n$ 的二进制串共 $2^{n}$ 个，而长度更短的串只有 $2^{n} - 1$ 个。任何全函数从较大集合到较小集合都有碰撞，故不存在对所有 $n$ 位串都严格缩短的无损压缩方案。

广义鸽巢原理： 若 $| A | > k \cdot | B |$ ，则任意从 $A$ 到 $B$ 的全函数必有某个元素 $b \in B$ 被至少 $k + 1$ 个元素映射到。

棋盘例题： 在 $8 \times 8$ 棋盘的 64 格中放置 33 个车，证明可以找到 5 个互不攻击的车（即位于 5 个不同行和 5 个不同列）。

构造： 将棋盘 64 个格子用数字 1~8 标记（见课件中的"斜条纹"分组，每组恰好 8 个格子，每行每列各含一个）。将 33 个车的标记视为鸽子，8 个标记值视为鸽巢。由广义鸽巢原理（ $33 > 4 \times 8$ ），必有某个标记值对应至少 5 个车；这 5 个车的标记相同，意味着它们位于 5 个不同行、5 个不同列，互不攻击。

3. 组合恒等式与双重计数

核心思路： 对同一个集合用两种不同方式计数，令结果相等，得到恒等式。

恒等式一

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) = 2^{n}

证明： 设 $S$ 为 $1, \dots, n$ 的所有子集构成的集合。

一方面， $| S | = 2^{n}$ （每个元素独立选入或不选入）。
另一方面，按子集大小分类，大小为 $k$ 的子集有 $(\binom{n}{k})$ 个，由加法法则 $| S | = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k})$ 。两式相等即得。

二项式定理（Binomial Theorem）

（ x + y)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{k} y^{n - k}

证明： 展开 $(x + y)^{n}$ 得 $2^{n}$ 个形如 $a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ （每个 $a_{i}$ 为 $x$ 或 $y$ ）的项。 $x^{k} y^{n - k}$ 项的系数 = 从 $n$ 个位置中选 $k$ 个位置填 $x$ 的方案数 $= (\binom{n}{k})$ 。

多项式定理（Multinomial Theorem）

{(\sum_{i = 1}^{m} x_{i})}^{n} = \sum_{k_{1} + \dots + k_{m} = n} (\binom{n}{k_{1}, k_{2}, \dots, k_{m}}) \prod_{i = 1}^{m} x_{i}^{k_{i}}

其中多项式系数为：

(\binom{n}{k_{1}, k_{2}, \dots, k_{m}}) = \frac{n!}{k_{1}!, k_{2}!, \dots, k_{m}!}

Pascal 恒等式

(\binom{n}{k}) = (\binom{n - 1}{k - 1}) + (\binom{n - 1}{k})

组合证明： 设 $S$ 为 $1, \dots, n$ 的所有大小为 $k$ 的子集。

包含 $n$ 的子集：还需从 $1, \dots, n - 1$ 中选 $k - 1$ 个，共 $(\binom{n - 1}{k - 1})$ 种。
不包含 $n$ 的子集：从 $1, \dots, n - 1$ 中选 $k$ 个，共 $(\binom{n - 1}{k})$ 种。两类不相交且覆盖所有子集，由加法法则得证。

该恒等式说明帕斯卡三角（Pascal's Triangle）中每个数等于其正上方两数之和。帕斯卡三角第 $n$ 行之和为 $2^{n}$ ，各对角线之和给出斐波那契数列。

附录：常用求和/求积记号

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}, \prod_{i = 1}^{n} x_{i} = x_{1} \times x_{2} \times \dots \times x_{n}

⋃_{i = 1}^{n} S_{i} = S_{1} \cup \dots \cup S_{n}, ⋂_{i = 1}^{n} S_{i} = S_{1} \cap \dots \cap S_{n}

[n] := 1, 2, \dots, n

边界约定： $\sum_{\emptyset} = 0$ ， $\prod_{\emptyset} = 1$ ， $⋃_{\emptyset} = \emptyset$ ， $⋂_{\emptyset} = U$ （全集）。

Lecture 17：更多计数 ​

1. 容斥原理（Inclusion-Exclusion，PIE） ​

定理（PIE 的等价形式） ​

应用：与 n=pqr 互质的数的个数 ​

2. 鸽巢原理（Pigeonhole Principle） ​

3. 组合恒等式与双重计数 ​

恒等式一 ​

二项式定理（Binomial Theorem） ​

多项式定理（Multinomial Theorem） ​

Pascal 恒等式 ​

附录：常用求和/求积记号 ​