1、第三章 容斥原理和鸽巢原理1 容斥原理引论例 1，20中2或3的倍数的个数 解 2的倍数是：2，4，6，8，10，12，14，16，18，20。 10个,3.1 容斥原理引论,3的倍数是：3，6，9，12，15，18。 6个 但答案不是10+6=16 个，因为6， 12，18在两类中重复计数，应减 去。故答案是：16-3=13,3.2 容斥原理,容斥原理研究有限集合的交或并 的计数。 DeMorgan定理 论域U，补集,有,3.2 容斥原理,(a),(b),证：(a)的证明。 设 ,则 相当于 和 同时成立，亦即,(1),3.2 容斥原理,反之，若,故,(2),由（1）和（2）得,(b)的证明
2、和（a)类似，从略.,3.2 容斥原理,DeMogan定理的推广：设,证明：只证(a). N=2时定理已证。 设定理对n是正确的，即假定：,3.2 容斥原理,正确,则,即定理对n+1也是正确的。,3.2 容斥原理,2 容斥原理,最简单的计数问题是求有限集合A和B的并的元素数目。显然有,即具有性质A或B的元素的个数等于具,3.2 容斥原理,有性质A和B的元素个数。,U,B,A,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,证 若AB=，则 | AB |= |A| + |B| | A | A ( BB) | (AB)(AB)| AB | + | AB | ( 1 ) 同理 | B | | BA | + |
3、BA | ( 2 ) | AB |(A( BB)(B(AA)| |(AB)(AB)(BA)(BA)| | AB| + |AB | + | BA| ( 3 ),3.2 容斥原理,( 3 ) ( 1 ) ( 2 ) 得 | AB | A | B | | AB| + |AB | + | BA|( | AB | + | AB | )( | BA | + | BA | ) | AB | | AB | A | + | B | AB |,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,A,B,C,3.2 容斥原理,例 一个学校只有三门课程：数学、物理、化学。已知修这三门课的学生分别有170、130、120人；同时修 数
4、学、物理两门课的学生45人；同时修数学、化学的20人；同时修物理化学的22人。同时修三门的3人。问这学 校共有多少学生？,3.2 容斥原理,令：M为修数学的学生集合；P 为修物理的学生集合；C 为修化学的学生集合；,3.2 容斥原理,即学校学生数为336人。,3.2 容斥原理,同理可推出：,利用数学归纳法可得一般的定理：,3.2 容斥原理,定理 设(n,k)是1,n的所有k-子集的集合, 则证 对n用归纳法。n=2时，等式成立。假设对n - 1，等式成立。对于n有,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,I(n,k),I(n-1,k-1),I(n-1,k),此定理也可表示为：,(
5、4),3.2 容斥原理,证：用数学归纳法证明。 已知 n=2时有,设 n-1时成立，即有：,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,3.2 容斥原理,其中N是集合U的元素个数，即不属于 A的元素个数等于集合的全体减去属于 A的元素的个数。一般有：,3.2 容斥原理,(5),容斥原理指的就是（4）和（5）式。,3.2 容斥原理,3 例,例1 求a,b,c,d,e,f六个字母的全排列 中不允许出现ace和df图象的排列数。解：设A为ace作为一个元素出现的 排列集，B为 df作为一个元素出现的 排列集， 为同时出
6、现ace、df的 排列数。,3.3 例,根据容斥原理，不出现ace和df的排列数 为：,3.3 例,例2 求从1到500的整数中能被3或5 除尽的数的个数。解： 令A为从1到500的整数中被3除 尽的数的集合，B为被5除尽的数的集合,3.3 例,被3或5除尽的数的个数为,3.3 例,例3 求由a,b,c,d四个字母构成的位符号串中，a,b,c，d至少出现一次的符号串数目。,解：令A、B、C分别为n位符号串中 不出现a，b，c符号的集合。由于n位符号串中每一位都可取a， b，c，d四种符号中的一个，故不允许 出现a的n位符号串的个数应是,例3 求由a,b,c,d四个字母构成的位符号串中，a,b,
7、c至少出现一次的符号 串数目。,a，b，c至少出现一次的n位符号串集 合即为,3.3 例,例4。求不超过120的素数个数。,因 ，故不超过120的合数必然是2、3、5、7的倍数，而且不超过120的合数的因子不可能都超过11。设 为不超过120的数 的倍数集， =2，3，5，7。,3.3 例,3.3 例,3.3 例,3.3 例,3.3 例,注意：27并非就是不超过120的素数个数，因为这里排除了2，3，5，7着四个数，又包含了1这个非素数。2， 3，5，7本身是素数。故所求的不超过 120的素数个数为：27+4-1=30,3.3 例,例5。用26个英文字母作不允许重复的 全排列，要求排除dog，
8、god，gum， depth，thing字样的出现，求满足这些 条件的排列数。解：所有排列中，令：,3.3 例,3.3 例,出现dog字样的排列，相当于把dog作 为一个单元参加排列，故,类似有：,由于god,dog不可能在一个排列中同时出现，故：,类似：,3.3 例,由于gum,dog可以在dogum字样中同时 出现，故有：,类似有god和depth可以在godepth字样 中同时出现，故,god和thing可以在thingod字样中同时 出现，从而,3.3 例,3.3 例,由于god、depth、thing不可以同时出 现，故有：,其余多于3个集合的交集都为空集。,3.3 例,故满足要求的
9、排列数为：,3.3 例,例6。求完全由n个布尔变量确定的布 而函数的个数。解：设,布尔函数类为：,由于n个布尔变量 的不 同的真值表数目与 位2进制数数目相同，故为 个。根据容斥原理，满足条件的函数数目为：,3.3 例,3.3 例,3.3 例,这10个布尔函数为：,例7。欧拉函数(n)是求小于n且与n 互素的数的个数。解：若n分解为素数的乘积,设1到n的n个数中为 倍数的集合为,则有,3.3 例,3.3 例,3.3 例,即比60小且与60无公因子的数有16个： 7，11，13，17。19。23，29，31， 37，41，43，47，49，53，59，此外 尚有一个1。,3.3 例,4 错排问题
10、,n个元素依次给以标号1，2，n。 N个元素的全排列中，求每个元素都不 在自己原来位置上的排列数。设 为数 在第 位上的全体排列，=1，2，n。因数字 不能动， 因而有：,3.3 例,3.4 错排问题,每个元素都不在原来位置的排列数为,3.4 错排问题,例1。数1，2，9的全排列中，求 偶数在原来位置上，其余都不在原来位 置的错排数目。解：实际上是1，3，5，7，9五个数 的错排问题，总数为：,3.4 错排问题,例2. 在8个字母A,B,C,D,E,F,G,H的全 排列中,求使A,C,E,G四个字母不在原来 上的错排数目。,8个字母的全排列中，令 分别表A,C,E,G在原来位置上的排列，则错排
11、数为：,3.4 错排问题,3.4 错排问题,例3。求8个字母A,B,C,D,E,F,G,H的全排列中只有4个不在原来位置的排列 数。,解：8个字母中只有4个不在原来位置 上，其余4个字母保持不动，相当于4个 元素的错排，其数目为,3.4 错排问题,故8个字母的全排列中有4个不在原来 位置上的排列数应为：C(8,4)9=630,3.4 错排问题,1. 有限制排列,3.5 棋盘多项式和有限制排列,例 4个x ，3个y，2个z的全排列中，求不出现xxxx，yyy，zz图象的排列。解设出现xxxx的排列的集合记为A1，设出现yyy的排列的集合记为A2，,3.5 棋盘多项式和有限制排列,设出现zz的排列
12、的集合记为A3，全排列的个数为： 所以 |A1A2A3|=1260(60+105+280) +(12+20+30)6=871,3.5 棋盘多项式和有限制排列,2棋子多项式,n个不同元素的一个全排列可看做n个相 同的棋子在nn的棋盘上的一个布局。布 局满足同一行（列）中有且仅有一个棋子,x,x,x,x,x,如图所示的布局对应 于排列41352。,3.5 棋盘多项式和有限制排列,可以把棋盘的形状推广到任意形状：,布子规定称为无对攻规则，棋子相当于 象棋中的车。令r k（C）表示k个棋子布到棋盘C上的 方案数。如：,3.5 棋盘多项式和有限制排列,r1( )=1，,r1( )=2，,r1( )=2，
13、,r2( )=0，,r2( )=1。,为了形象化起见，（ ）中的图象便是棋盘 的形状。,3.5 棋盘多项式和有限制排列,定义 设C为一棋盘，称R(C)= rk(C) xk 为C的棋盘多项式。规定 r0(C)=1，包括C=时。 设Ci是棋盘C的某一指定格子所在的行与 列都去掉后所得的棋盘；Ce是仅去掉该 格子后的棋盘。在上面定义下，显然有rk(C)=rk1(Ci)rk(Ce)，,k=0,3.5 棋盘多项式和有限制排列,即对任一指定的格子，要么布子，所得的 方案数为 rk1(Ci)；要么不布子，方案数为 rk(Ce)。,设C有n个格子，则 r1(C)n r1(C)r0(Ci) + r1(Ce)，
14、r1(Ce)n1 r0(Ci)1故规定 r0(C)1是合理的,3.5 棋盘多项式和有限制排列,即对任一指定的格子，要么布子，所得的 方案数为 rk1(Ci)；要么不布子，方案数为 rk(Ce)。 从而R(C)= rk(C) xkrk1(Ci)+ rk(Ce)xk= x rk(Ci)xk + rk(Ce)xkxR(Ci) + R(C e) (3),k=0,k=1,k=0,k=0,3.5 棋盘多项式和有限制排列,例如：,R( )=1+ x；,R( )= xR( )+ R( )= x+ (1+ x)=1+2x；,R( )= x R( ) + R( )= x(1 + x )+1 + x=1+ 2x +
15、x2,3.5 棋盘多项式和有限制排列,如果 C由相互分离的C1，C2组成，即C1 的任一格子所在的行和列中都没有C2的格 子。则有：rk(C) = ri(C1) rki(C2),i=0,k,故 R(C) = ( ri(C1) rki(C2) ) xk= ( ri(C1) xi) ( rj(C2) xj ),j=0,n,n,k,n,i=0,i=0,k=0, R(C) = R(C1) R(C2) (4),3.5 棋盘多项式和有限制排列,利用（）和（），可以把一个比较复 杂的棋盘逐步分解成相对比较简单的棋盘， 从而得到其棋盘多项式。,例 R ( ) = xR( )+R( )= x(1+ x)2 +(
16、1+2x)2=1+ 5x +6x2 + x3,*,R( ) = xR( ) + R( )= 1+6x +10 x2 +4x3,3.5 棋盘多项式和有限制排列,有禁区的排列,例 设对于排列P=P1 P2 P3 P4，规定P1， P、， P2、， P42。,1 2 3 4,P1,P2,P3,P4,1,2,4 3,1 4 3,2,2 3,4,3,1 2,1 4,这样的排列对应于有 禁区的布子。如右图 有影线的格子表示禁 区。,3.5 棋盘多项式和有限制排列,定理 设 ri 为 I个棋子布入禁区的方案数， i =1,2,3,n。有禁区的布子方案数（即禁 区内不布子的方案数）为,r0 n! r1(n1)
17、! r2(n2)!(1)nrn(1)k rk ( nk)!,k=0,n,证 设Ai 为第i个棋子布入禁区，其他棋子 任意布的方案集，i =1 , 2 , 3, ,n。,3.5 棋盘多项式和有限制排列,则所有棋子都不布入禁区的方案数为A1A2Ann！ (1)k Ai,I(n , k),n,iI,k=0,而 Ai正是k个棋子布入禁区，其 他n - k个棋子任意布的方案数。由假设可知 等于rk(nk)！(注意：布入禁区的棋子也要 遵守无对攻规则）.所以 A1A2An=n!+ (1)k rk ( nk)!,I(n , k),iI,k=0,n,3.5 棋盘多项式和有限制排列,上例方案数为4!6(41)!
18、11(42)!7(43)!1(4)!4,例 ，四位工人，A，B， C，D四项任务。条件如下： 不干B；不干B、C； 不干C、D；不干D。 问有多少种可行方案？,3.5 棋盘多项式和有限制排列,解 由题意，可得如下棋盘：,其中有影线的格子表示 禁区。,A B C D,1 2 3 4,R( )=1+6x+10x2+4x3,方案数=4!6(41)!+10(42)!4(43)!+0(44)!=4,3.5 棋盘多项式和有限制排列,例 三论错排问题 错排问题对应的是nn的棋盘的主对角线 上的格子是禁区的布子问题。,C =,R( C ) = ( 1 + x )n = ( ) xk 令rk = ( ),n,k
19、=0,n,k,n,k,故R(C)中的xn : n! + (1)k ( ) (nk)!= n! (1)k =Pn,k=1,n,n,k=0,k!,1,k,n,3.6 一般公式,3.6 一般公式,若将.2中的例子改为“单修一门数学的 学生有多少？”“只修一门课的学生有多少 ”“只修两门课的学生有多少？”则相应的 答案表示如下： MPC； MPC+MPC+MPC MPC+MPC+MPC,3.6 一般公式,设有与性质, 2 , , n相关的元素N个，Ai为有第 i 种性质的元素的集合.i=1,2,nPk为至少有k种性质的元素的元次；qk为恰有k种性质的元素的个数。,P0 = N，P1 = | A1 |
20、+ | A2 | + + | An |，P2 = | A1A2 |+ | A1A3 |+ + | An - 1An |Pk = | Aij |qk = | ( Ai) ( Aj)|,I(n ,k),i I,I(n ,k),i I,j I,3.6 一般公式,定理 qk = (1)i( )Pk+i,k+ii,i=0,n-k,证 设某一元素恰有k种性质，则其对Pk 的某一项的贡献为，而对Pk+1，Pk+2 , , Pn的贡献都是。若某一元的性质少于k种 则其对Pk，Pk+1，Pn的贡献都是。若 恰有k + j种性质，则其对Pk的贡献是( ), 对Pk+i的贡献是（ ）,k + j,k,k + j,k
21、 + i,3.6 一般公式,而 (1)i ( ) ( )= (1)i ( ) ( ) = (1)i ( ) ( ) = ( ) (1)i ( )= ( ) 0 = 0 即某恰有k + j种性质的元素对上式右边的总 的贡献为。,k + j,k + i,k + i,i,i = 0,j,i = 0,j,k + j,k + i,k + i,k,i = 0,j,k + j,i,j,k,k + j,k,j,i,k + j,k,3.6 一般公式,前例中只修一门课的学生为：| MPC | + | MPC | + | MPC | = q1= (1)j - 1 ( ) Pj = P1 2P2 + 3P3,j,1,
22、j =1,3,在一般公式中，若令 P0 = N， q0 = | A1A2An |， 就得到原来的容斥原理。,3.6 一般公式,证 根据定义qk = | ( Ai) ( Aj)| qk由Pk+j的代数和组成，符号 (1)j ，计算 Pk+j的重复度：k + j个集的交的绝对值的项 的总个数为( ) ( ) , 共 ( )种。 每一项的重复度为 ( ) ( ) ( ) = ( ) 从而Pk+j的重复度也是 ( ),I(n ,k),i I,j I,n,k,k + j,k + j,k + j,k + j,j,nk,nk,n,n,n,k,j,k,k,3.6 一般公式, qk = (1)j ( )Pk+j
23、= (1)j k ( ) Pj,k + j,k,k,j,j =0,n k,k,n,证 对N做归纳。N = 1时，设此元有m种性质，m n , 不妨设A1 =A2= =Am= a1 。显然 Pj = ( )，若 jm，则 Pj = 0； 由定义，得 qk=,j,m,1 k = m 0 k m,3.6 一般公式,右端 (1)i( )Pk+i (1)i( ) ( ) (1)i( ) ( ) = ,k+ii,i=0,nk,k+ik,mk+i,i=0,nk,mk,m - ki,i=0,nk,1 k =m 0 km,3.6 一般公式,右端 (1)i ( )Pk+i (1)i ( ) Pk+ i + ( )
24、 (1)i ( )Pk+i + (1)i ( )( ) qk + 等式成立,k + i,k,k + i,m,k + i,m,nk,i = 0,1 k =m 0 km,3.6 一般公式,例 某校有个教师，已知教数学的有 位，教物理的有位，教化学的位； 数、理位，数、化位，理、化位； 数理化位。问教其他课的有几位？只教 一门的有几位？只好教两门的有几位？ 解 令教数学的教师属于A1，教物理的属 于A2，教化学的属于A3。则P0， P1| A1 |+| A2|+| A3 |8+6+5; P2| A1A2|+ | A1A3|+| A2A3|12； P3| A1A2A3|3；,3.6 一般公式,故 教其
25、他课的老师数为：q0P0 P1 +P2P3 恰好一门的教师数：q1P12P2 + 3P34 恰好教两门的老师数为：q2P23P33,3.6 一般公式,例 n 对夫妻围坐问题 设 n 对夫妻围圈而坐，男女相间，每个男 人都不和他的妻子相邻，有多少种可能的 方案？,解 不妨设 n 个女人先围成一圈，方案数 为( n1 )! 。对任一这样的给定方案，顺 时针给每个女人以编号1 , 2 , , n。设第i 号与第 i + 1号女人之间的位置为第 i 号位 置，1 i n1。第 n 号女人与第1 号之,3.6 一般公式,间的位置为第 n 号位置。设第 i 号女人的丈 夫的编号也为第 i 号，1 i n。
26、让 n 个男 人坐到上述编号的 n 个位置上。设 ai是坐在 第 i 号位置上的男人，则ai i ，i + 1， i n1；ann，1。 这样的限制也即要求在下面3行n列的排列中, n n n 1a1 a2 a3 an1 an,3.6 一般公式,每列中都无相同元素。满足这样的限制的排 列 a1a2 an称为二重错排。 设二重错排的个数为Un，原问题所求的方案 数就是Un ( n1)！。,设Ai为 ai = I 或 I + 1 (1 I n1 )，an = n或1的排列 a1 a2 an的集合。则 Ai= 2 (n1)! ，关键是计算 |Ai|,I ( n , k),iI,3.6 一般公式,也就
27、是从( 1 , 2 ) ( 2 , 3 ) ( n, n ) ( n , 1) 这n对数的k 对中各取一数，且互不相同的 取法的计数。这相当于从1 , 2 , 2 , 3 ,3 ,4, , n1, n1, n , n , 1中取 k 个互不相邻数的组 合的计数，但首尾的不能同时取。回想无 重复不相邻组合的计数：C( n , r ) = C ( nr + 1 , r ) ,这里所求的是 ( )( )= ( ),2nk+1 k,2n4( k2)+1k2,2nkk,2n 2nk,3.6 一般公式, Un =(1)k ( )(nk)!= Ai,2n 2nk,2nkk,i 1 , n ,.11 反演,基
28、本想法：an 易算，bn难算，an可用 bn表示，利用反演，将bn用an表示,二项式反演,引理,.11 反演,证,.11 反演,定理,证,.11 反演,推论,证 在定理中bk处用(1)k bk代入，即可,例 n! = ( ) Dnk，Dn=bn， 令nk = l ，则 n! = ( ) Dl Dn = (1)n-k ( )k!= n! (1)n-k = n ,n k,n k,n k,1 (nk)!,k=0,k=0,k=0,n,n,n,(1)kk!,.11 反演, Mbus反演,定义 设 n Z+ 1，若 n = 1; ( n ) = 0，若n = p11 p22 pkk 存在i1(1)k ，若
29、n = p1p2pk 如 ( 30) = ( 235 ) = (1)3( 12) = 0；,.11 反演,定理 设n Z+ 则 ( d ) =,1，若n = 1；,0，若n 1；,d | n,证 若n =1， ( d ) = ( 1 ) = 1,成立 若 n1，设n = p11 p22 pkk ，n = p1p2pk( d ) = ( d ) = ( pi ) +(1)=1 + ( ) (1)j = (11)k = 0,d | n,d | n,d | n,j=1,k,iI,I(k, j),k j,j=1,k,.11 反演,推论 (n) = n ,证 n = n = n 1 + (1)j ( p
30、i )1= n (1 ) = (n),1 pi,j =1,i =1,k,k,I (k , j ),i I,.11 反演,定理 ( Mbus反演定理 )设 f ( n )和g ( n ) 是定义在正整数集合上的两个函数f ( n ) = g (d ) = g ( ) (M1 )g( n ) = (d) f ( ) = ( )f (d) (M2),n d,n d,d | n,d | n,d | n,d | n,则 ( M1 ) ( M2 ),n d,.11 反演,证 “”设 ( M1 )成立。 (d) f ( ) = (d) g ( d1 ) = (d) g ( d1 ) = (d) g( d1
31、) = (d) g ( d1 ) = g(d1 ) (d) = (d) = = g( n ),d | n,d | n,d | n,dd1 | n,d1 | n,d1 | n,n d,1，d1 = n 0，d1 n,.11 反演,“”：设（M2）成立。, g (d ) = g (d ) = ( d ) f ( d1 ) =( d ) f ( d1 ) = f ( d1 ) ( d ) = ( d ) = ( d ) = = f ( n ),d | n,d | n,d | n,d1 | n,dd1 | n,1，d1 = n 0，d1 n,.11 反演,例 圆排列问题,设 a1a2an 是一个圆排列
32、，即 a2a3ana1 , , ana1 an1，看作是相同的。为了加以区别， 必要时把原先的排列称为线排列。一个圆 排列在 n 个位置短开形成的 n 个线排列在 元素可重复的情况下，未必都不相同。例如，dn时，由不重复的a1a2 ad重 复 n d次构成的圆排列,.11 反演,( a1a2 ad ) ( a1a2 ad ),n d 组,只能形成 d 个不同的线排列。 若一个圆排列可由一个长度为 k 的线排列重 复若干次形成，则这样的 k 中最小者成为该 圆排列的周期。一个圆排列中元素的个数（ 重复出现的按其重复次数计）称为它的长度,.11 反演,设集合1 , 2 , , m中元素形成的长度
33、与周期都是 d 的圆排列的个数为M(d)。设 n 是一给定的正整数。 若 d n ，每个长度与周期都是 d的圆排列 可在 d 个位置上断开，重复 n / d 次形成d个 长度为 n 的可重排列。因此有, d M( d ) = mn 由Mbus反演定理 n M(n) = ( d ) m 故 M( n ) = ( d ) m,dn,dn,dn,.11 反演,设长度为 n 的圆排列的个数为T( n )，则T( n ) M( d ),dn,例 m = 1 , 2 ，n = 7 则M ( 7 ) = ( 272 ) = 18T ( 7 ) = M( d ) = M (1 ) + M ( 7) = 20,
34、d7,1 7,.7 鸽巢原理之一,鸽巢原理是组合数学中最简单也是最基本 的原理，也叫抽屉原理。即,“若有n个鸽子巢，n+1个鸽子，则至少有 一个巢内有至少有两个鸽子。”,例 367人中至少有人的生日相同。 例 10双手套中任取11只，其中至少有 两只是完整配对的。 例 参加一会议的人中至少有人认识 的别的参加者的人数相等。,.7 鸽巢原理之一,例 从1到2n的正整数中任取n+1个，则这n+1个数中，至少有一对数，其中一个是 另一个的倍数。,证 设n+1个数是 a1 , a2 , , an+1。每个数去 掉一切2的因子，直至剩下一个奇数为止。 组成序列 r1 , r2, , , rn+1。这n+
35、1个数仍在 1 , 2n中，且都是奇数。而1 , 2n中只有n个 奇数 . 故必有 ri = rj = r , 则 ai = 2i r, aj = 2j r 若ij ，则 ai 是 aj 的倍数。,.7 鸽巢原理之一,例 设 a1 , a2 , , am是正整数序列，则至 少存在k和 l , 1k l m，使得和ak + ak+1 + + al 是m的倍数。,证 设Sk = ai , Sh rh mod m 0rhm-1 h = 1 , 2 , , m . 若存在 l , Sl0 mod m 则 命题成立否则，1rhm-1但h = 1 , 2 , , m由鸽巢原理，故存在 rk = rh ,
36、即 Sk Sh，不妨设 h k则ShSk = ak+1 + ak+2 + + ah 0 mod m,i=1,h,.7 鸽巢原理之一,例 设 a1 , a2 , a3为任意个整数，b1b2b3 为a1 , a2 , a3的任一排列，则 a1b1 , a2b2 ,a3b3中至少有一个是偶数,证 由鸽巢原理， a1 , a2 , a3必有两个同奇 偶设这个数被除的余数为 xxy，于 是b1 , b2 , b3中被除的余数有个x，一个 y这样a1b1 , a2b2 , a3b3被除的余 数必有一个为,.7 鸽巢原理之一,例 设a1 , a2 , , a100是由 1和组成的序 列 , 已知从其任一数开
37、始的顺序10个数的和 不超过16即ai + ai+1 + + ai+9 16，1 i 91 则至少存在 h 和 k ，k h，使得ah + ah+1 + + ak = 39,证 令 Sj = ai，j =1 , 2 , ,100 显然 S1S2S100，且 S100 = (a1 + +a10)+ (a11 + +a20)+ + (a91 + +a100),i =1,j,.7 鸽巢原理之一,根据假定有 S1001016 = 160 作序列S1 , S2 , , S100 , S1 +39, , S100+39 . 共200项其中最大项 S100+39160+39 由鸽巢原理，必有两项相等而且必是
38、前 段中某项与后段中某项相等设Sk = Sh + 39，kh SkSh =39 即ah + ah+1 + + ak = 39,.8 鸽巢原理之二,鸽巢原理二 m1 , m2 , , mn都是正整数， 并有m1 + m2 + +mnn + 1个鸽子住进n个 鸽巢，则至少对某个 i 有第 i 个巢中至少有 mi个鸽子，i = 1 , 2 , , n,上一小节的鸽巢原理一是这一原理的特殊 情况，即m1 = m2 = = mn= 2，m1 + m2 + +mnn + 1 = n + 1 如若不然，则对任一 i， 都有第 i 个巢中的 鸽子数mi1 则,.8 鸽巢原理之二,鸽子总数 m1 + m2 +
39、+mnn ， 与假设相矛盾,推论 m只鸽子进n个巢，至少有一个巢 里有 |只鸽子,n,m,推论 n(m1) + 1只鸽子进n个巢，至少 有一个巢内至少有m只鸽子,.8 鸽巢原理之二,例 设A= a1a2a20是10个0和10个1 组成的 进制数B=b1b2b20是任意的进制数 C = b1b2b20 b1b2b20 = C1C2C40，则 存在某个i ，1 i 20，使得 CiCi+1Ci+19与a1a2a20至少有10位对应相等,A,B,C,第 i 格,第 i +19格,1 2 19 20 1 2 19 20,1 2 19 20 1 19 20,.8 鸽巢原理之二,证 在C = C1C2C4
40、0中，当 i 遍历1 , 2 , , 20时，每一个bj历遍 a1 , a2 , , a20因A中 有10个0和10个1，每一个bj都有10位次对应 相等从而当 i历遍1 , , 20时，共有 10 20=200位次对应相等故对每个 i平均 有200 20 = 10位相等，因而对某个 i 至少 有10位对应相等,.8 鸽巢原理之二,定理 若序列S = a1 , a2 , , amn+1中的各 数是不等的m , n 是正整数，则 S有一长 度为m+1的严格增子序列或长度为n+1的减 子序列，而且 S有一长度为m+1的减子序列 或长度为n+1的增子序列,证 由S中的每个 ai 向后选取最长增子序
41、列，设其长度为li ，从而得序列L = l1 , l2 , , lmn+1 若存在 lkm+1 则结论成立,.8 鸽巢原理之二,否则所有的 li 1 , m，其中必有 | = n+1个相等 设 li1 = li2 = = lin= lin+1 不妨设 i1 ai2 ain+1 ，即有一长度为 n+1的减子列 否则 不妨设ai1 li2 ，矛盾,mn+1m,.8 鸽巢原理之二,证 从ai 向后取最长增子列及减子列，设 其长度分别为 li ，li . 若任意 i ，都有li 1，m, li，n, 不超过mn种对则存在 j lk， 若aj ak，则 lj lk ，矛盾,.8 鸽巢原理之二,例 将 1
42、 , 65 划分为个子集，必有一个 子集中有一数是同子集中的两数之差,证 用反证法设次命题不真即 存在划分P1 P2 P3P4 1，65 ，Pi 中不存在一个数是Pi中两数之差，i=1,2,3,4 因 = 17，故有一子集，其中至少有17 个数，设这17个数从小到大为a1 , , a17 不妨设 A=a1 , , a17 P1。 令bi1= aia1，i = 2，17。,654,.8 鸽巢原理之二,设 Bb1 , , b16，B 1 , 65 。 由反证法假设BP1 = 。因而B ( P2 P3 P4 )。因为 6，不妨设b1 , , b6 P2 ，令Ci1=bib1，I = 2， ，6 设C
43、 C1 , , C5 ，C 1 , 65 由反证法假设C( P1P2 ) =，故有 C (P3P4 ) 因为 3，不妨设C1 , C2 , C3 P3,163,5 2,.8 鸽巢原理之二,令 di1= CiC1，I = 2 , 3 设 D d1 , d2 , D 1 , 65。 由反证法假设 D( P1P2P3 )=，因而D P4 。 由反证法假设d2d1 P1P2P3 且d2d1 P4 ， 故 d2d1 1 , 65 ，但显然d2d1 1 , 65 ， 矛盾。,.9 Ramsey 问题,Ramsey问题,Ramsey问题可以看成是鸽巢原理的推 广下面举例说明Ramsey问题,例 6 个人中至少存在人相互认识或者 相互不认识证 这个问题与K6的边着色存在同色三 角形等价假定用红蓝着色,
