第15章 基数法则

15.1 通过其他计数来计算当前计数

如何计算拥挤的房间里有多少人?你可以数人头，因为一个人就只有一个头。或者，也可以数耳朵，然后除以2。我们往往可以通过对其他事物计数进而计算当前计数。

最直截了当的通过查找一种事物来确定另一种事物的方式，是发现它们之间的双射。因为如果它们之间有双射的关系，那么数目肯定是一样的。这个重要的现象叫作双射规则/双射法则。

15.1.1 双射规则

双射规则就像是计算能力的放大器，如果你弄明白了一个集合的数目，那么就能通过双射的方式立刻测定出其他集合的大小。

例：

A=当5种类型的甜甜圈都能挑的情况下，挑出12个甜甜圈的所有方式。
B=所有正好有4个1的16-bit序列。

我们可以用以下方式表示A中的一个集合

消去空白后：

我们得到了一个集合B的元素，这表明A和集合B之间存在一个双射。

因此由双射法可知，|A| = |B|。

引理15.1.1：有k种口味，选出n个甜甜圈的方式的数目，和n个0，(k-1 )个1的序列的数目一样。

15.2 序列计数

双射法则能够从一个计数得到另一个计数。这表明了一个常规的策略:首先仅对几样东西进行计数，然后用双射来得出所有东西的数目!

15.2.1 乘积法则

乘积法则为我们提供了乘积的大小的集合。我们学过，如果$P_1,P_2....,P_n$是集合，那么

就是第一项取自$P_1$、第二项取自$P_2$、第n项取自$P_n$的所有可能情况的集合。

法则15.2.1:（乘积法则,product rule ）如果$P_1,P_2....,P_n$是无限集，那么:

15.2.2 n-元素集合的子集

定理4.5.5通过构建一个子集到长度为n的比特字符串之间的双射，证明了一个n-元素集合一共有$2^n$个子集。现在我们可以解释为什么会有2"个长度为n的比特字符串了，将所有n比特序列的集合写作集合的积:

然后，乘积法则给了我们答案:

15.2.3 加和法则

法则15.2.2:（加和法则）如果$A_1,A_2....A_n$是不相交的集合，则:

注意，加和法则只适用于不相交集合的并集。

15.2.4 密码计数

很少有计数问题只通过单一法则即可解决。通常，解决方案需要混合使用加和、乘积、双射及其他方法。

在某个计算机系统中，有效密码是6到8个字符的序列，第一个符号必须是一个字母(可以是小写或大写),其他的符号必须要么是字母要么是数字。那么有多少种不同的密码组合呢?

我们定义两个集合，分别表示第一个有效字符以及后续位置的有效字符:

那么，所有可能的密码的集合是:

15.3 广义乘积法则

要把诺贝尔奖、日本奖和普利策奖颁给n个人,有多少种颁法？这个问题结果非常简单，答案为$n^3$，但是，如果这三个奖项必须颁发给不同的学者呢?

集合P表示n个人拿一个奖，集合S如下

集合S到奖项分配之间存在一个双射。

这样，原始问题就简化为一个序列计数问题。但是，应用乘积法则不能直接对这种类型的序列进行计数，因为这些项之间是相互依赖的，它们必须各不相同。不过有一个巧妙的工具可以解决这个问题。

法则15.3.1：(广义乘积法则,Generalized Product Rule )设S是长度为k的序列构成的集合。如果存在:

因此，根据广义乘法法则，以上问题中 |S| = n ·（n-1）·（n-2）

15.3.1 有缺陷的美元钞票

如果美元钞票的8位序列号中出现重复数字,那么它是有缺陷的( defective )。

分母直接用乘积法则，分子用广义乘积法则。求得结果如下：

15.3.2 一个象棋问题

问题：在8 x 8的棋盘中放置3个棋子，使其存在于不同的行和列，一共有多少种放法？

首先，我们将这个棋子问题映射成一个序列问题。从摆放配置到序列存在一个双射:

15.3.3 排列

集合S的排列是指S中的每一个元素刚好出现一次而构成的序列

一个n-元素集合有$n！$种排列。

15.4 除法法则

k对1函数将域( domain )中的k个元素映射到各个元素的陪域。例如，将每只耳朵映射到它的主人的函数是2对1的。

法则15.4.1：（除法法则) 如果f:A→B是k对1的，那么|A|= k·|B|。

其实很多计数问题都是先对单个项进行多次计数，然后使用除法法则更正答案，从而简化问题。我们来看一些例子。

15.4.1 另一个象棋问题

在棋盘上摆放两辆相同的车确保它们不在同一行或同一列，有多少种不同的摆放配置?

设A表示序列($r_1,c_1,r_2,c_2$)的集合，其中$r_1$和$r_2$是不同的行, $c_1$和$c_2$是不同的列。

设B表示有效的车位置配置集合。从集合A到集合B存在一个自然函数f。

但现在有一个问题。考虑序列: （1,a,8,h）和 （8,h,1,a）是相同的配置。函数f将两个不同的序列映射到一个相同的棋盘摆放策略，即f是一个2对1的函数。因此，根据除法法则,|A|=2·|B|，调整可得:

15.4.2 圆桌骑士

亚瑟王要将n个不同的骑士安排在圆桌就座,一共有多少种坐法呢？如果两次排座对应的序列——从序号为1的骑士开始，沿桌子顺时针方向得到的骑士序列——相同，那么这两次排座是同一个安排。

将排座定义为:从正上方的骑士开始，沿桌子顺时针方向得到的骑士序列。因此，排座对应骑士的排列，共有n!种排列。

但是会有重复的情况发生，例如，如果n = 4，那么以下4个不同的序列对应同一种安排。

实际上,从排座到安排的映射是一个n对1的函数,因为座位图上的所有骑士按顺序进行n次循环位移，得到同一种安排方式。因此，根据除法法则，圆桌就座安排方法的个数是:

15.5 子集计数

一个n-元素集合包含多少个k-元素子集呢？

由于这类数字经常出现,所以它有一个特殊的标记:

15.5.1 子集法则

我们可以使用除法法则为n选k的计数问题推导出一个简单的公式。方法是:对n-元素集合{$a_1,.....,a_n$}任意排列，取其前k个元素，可得到一个k-元素子集。即，将排列$a_1,.....,a_n$映射到集合{$a_1,a_2...a_k$}。

注意,对任意排列来说,只要前k个元素$a_1,a_2...a_k$相同,不论元素顺序如何,也不论其他n - k个元素的顺序如何，都会映射到这个集合。。换句话说，这个到k-元素子集的映射是k! (n 一k)!对1的。

我们知道,一个n-元素集合有n!种排列，因此根据除法法则，得出

从而证明了:

法则15.5.1（子集法则，Subset Rule )一个n-元素集合包含

个k-元素子集。

15.5.2 比特序列

恰好包含k个1的n-比特序列有多少个?我们已经知道, n-元素集合与n-比特序列之间存在双射关系。

推论15.5.2：恰好包含k个1的n-比特序列的数目是$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$。

此外，由引理15.1.1风味甜甜圈与比特序列之间的双射关系可知。

推论15.5.3：假定有k种口味，选择n个甜甜圈的方案个数是$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+(k-1)}{n}\right)$

15.6 重复序列

15.6.1子集序列

设A是一个n-元素集合，$k_1,k_2....k_m$都是非负整数且和为n。A的$(k_1,k_2....,k_m)$-分割由以下序列表示: $(A_1,A_2.....A_m)$

其中$A_i$是A的互不相交的子集，且$|A_i|=k$ ，i=1… m。

这是一个从n!个排列到$(k_1,k_2....k_m)$-分割的映射,是一个$k_1!k_2!...k_m!$对1的函数,因此根据除法法则，可得子集分割法则( Subset Split Rule )。

定义15.6.1：对于n，$k_1...k_m$ ∈ N，有$k_1+k_2+...+k_m=n$，定义多项式系数为

15.6.2 Bookkeeper 法则

给定一个长度为10的单词BOOKKEEPER,通过字母排列可以生成多少个序列?

BOOKKEEPER中有一个B,两个0,两个K,三个E,一个P和一个R。所以,BOOKKEEPER的排列与集合{1,2…10}的(1,2,2,3,1,1)-分割之间存在双射关系。即,将排列映射成这样的序列:序列的每个元素表示不同字母在排列中出现的位置。

例如，在排列 BOOKKEEPER 中，B在第1个位置，0出现在第2、3个位置，K在第4、5个位置,E在第6、7、9个位置,Р在第8个位置，以及R在第10个位置。所以BOOKKEEPER的映射是

由子集分割法则，我们可以推断出单词BOOKKEEPER的字母重排总数为:

法则15.6.3( Bookkeeper法则)：设$l_1,...,l_m$是不同的元素，$l_1$出现$k_1$次，$l_2$出现$k_2$次，……，$l_m$出现$k_m$次，对应的序列个数是:

15.6.3 二项式定理

定理15.6.4（二项式定理 )：对于所有n ∈ N和a, b ∈R:

关于二项式的推理很容易扩展到多项式 ( multinomial )，即两个或更多项的和。例如，求多项式$(b＋o＋k＋e+p+r{)}^{1}0$展开项

的系数。这个多项式展开的每一项是b,o,k, e,p或r中的一个或多个构成的10 个变量的乘积。$b{o}^2{k}^2{e}^{3}pr$中有1个b，2个o,2个k，3个e，1个p和1个r。因此，这项的系数是这些变量的BOOKKEEPER重排数目:

定理15.6.5（多项式定理 )：对于所有n ∈ N,

15.7计数练习:扑克手牌

玩一个抽五张牌的纸牌游戏，每个玩家从一副52张牌的纸牌中抽取5张。0五张牌的数目等于从一个52-元素集合中挑选一个5-元素子集，即:

下面我们做几个计数练习，指定手牌的不同属性进行5张牌计数。

15.7.1四条相同点数的手牌

四条是指其中四张是相同点数但不同花色的手牌。带四条的五张手牌有多少个?

同样，第一步是将这个问题映射到序列计数问题。四张相同点数的五张牌计数可以描述为以下序列:

因此，这个问题可以映射为两个点数和一个花色构成的序列。

现在我们只需要对序列进行计数即可。第一个点数有13种选择,第二个点数有12种选择，花色有4种选择。因此，根据广义乘法法则，四张相同点数的五张牌有13·12-4=624种。

15.7.2 葫芦手牌

葫芦( Full House）是指三张牌是一个点数、其他两张牌是另一个点数。

再次将这个问题转换成序列问题。葫芦与序列之间存在以下双射关系:

根据广义乘积法则，葫芦的数量是:

15.7.3两个对子的手牌

含有两个对子的手牌有多少种?

两个对子的手牌可以描述成以下序列:

也就是说，可能出现两个对子手牌的个数是:

这是错误的答案！问题出在两个对子手牌与上述序列之间不是双射关系。实际上这是一个二对一的映射。

这里，序列数量是手牌的两倍，所以根据除法法则，实际上两个对子的手牌数量是:

对于以上问题，有两种应对方法：

1．凡是采用映射f:A→B将一个计数问题转换成另一个计数问题的时候，就要检查A中多少个(相同数量)元素映射到B的每个元素。假设A中的k个元素映射到B的每一个元素,那么根据除法法则除以常数k。

2．除此之外，尝试采用不同的方法来解决同样的问题。通常来说，方法不止一种，而且所有方法都可以得出相同的答案！

15.7.4花色齐全的手牌

这种手牌可以描述成以下序列:

还有没有别的序列对应这副手牌?

因此，花色齐全的手牌总数是:

15.8鸽子洞原理

鸽子洞原理
如果鸽子比洞多，那么至少有两只鸽子一定在同一个洞里。

法则15.8.1(鸽子洞原理)：如果|A|> |B|，则对于全函数f:A →B，A一定存在两个不同元素通过f映射到B的同一个元素。

应用鸽子洞原理解决问题的时候，关键是要搞清楚三件事:

15.8.1头上的头发

法则15.8.2(广义鸽子洞原理）如果|A| > k ·|B|，则对于全函数f :A →B，A存在至少k ＋1个不同元素通过f映射到B的同一个元素。

例：例如,随机挑选两个人,他们头上的头发数量肯定不会完全相同。但在马萨诸塞州波士顿，存在三个人的头发数量完全相同!

波士顿大约有50 万人不秃头，而且最多的有20 万根头发。设A是波士顿不秃头的人，B={10 000,10 001,…,200 000}，f是这个人到他的发量的映射。由于|A>2|B|，根据广义鸽子洞原理，至少有三人拥有相同数量的头发。

15.8.2具有相同和的子集

给出了90个25位数。在这些25位数中，是否存在具有相同和的两个不同子集?

虽然找到这样两个集合很困难，但是我们可以用鸽子洞原理证明这两个子集存在。

设A表示90个数的所有子集构成的集合。由于一共只有90个数，而且任一25位数小于$10^{25}$，因此任意一个子集的和最多是$90\cdot 10^{25}$。设B是整数集合{0,1…$90\cdot 10^{2}5$}, f将每一个子集(A)映射到它的和（B )。

这两个数量都很庞大,但|A|略大于|B。这意味着f将A的至少两个元素映射到了B的同一个元素。换句话说，根据鸽子洞原理，两个不同的子集一定具有相同的和!

注意，这个证明并没有指出哪两个集合具有相同的和，这称为非构造性证明。

15.8.3魔术

魔术师让助手给观众一副52张牌的扑克,而魔术师自己不看。

5名观众每人从中选择一张牌。然后,助手收集这5张牌,将其中的4张牌展示给魔术师。然后，魔术师很快就正确地猜出了第5张牌!

15.8.4秘密

助手能够准确地透露第5张牌,应用的方法正是计数和匹配。

如上图，魔术师和助手面临的实际上是一个二分匹配的问题。

左边的每一个顶点对应助手的信息，即5张牌的集合。因此，左边顶点的集合X包含(52)个元素。

右边的每个顶点对应魔术师的信息，即4张牌的序列。所以右边顶点的集合Y有52·51·50·49个元素。

对于左边的顶点，选择隐藏―张牌有5个方案，剩余4张牌有4!种排列，因此左侧每个顶点的度120。

对于右边的顶点，第5张牌有48种选择，因此右侧每个顶点的度为48。根据定义12.5.5，这个图是带有度约束的，因此根据定理12.5.6存在匹配。

15.8.5真正的秘密

魔术师和他的助手需要商量一种匹配方式，这听起来是非常好的，但他们怎样才能记住(52)= 2598 960条边的匹配关系呢?

这里我们介绍一种方法。例如，假设观众选择:

1、助手选择同样花色的2张牌。

2、助手确定这两张牌的点数，按照顺着时针方向，他们之间的距离总是在1到6之间

3、逆时针方向最远位置的牌最先展示，那么另一张则成为秘密牌。

因此：

4、接下来需要确定1到6之间的一个数字。魔术师和助手事先商量好一种排序，比如从小到大顺序为:

后三张牌的展示顺序按如下方式定义:

15.8.6 如果是4张牌呢

假设观众只选择4张牌，助手向魔术师展示3张牌。魔术师能知道第4张牌是什么吗?

设X表示观众选择的四张牌集合,Y表示助手展示的三张牌序列。

因此，根据鸽子洞原理，展示相同的3张牌序列至少需要

种不同的四张牌手牌。这对魔术师来说是一个坏消息:如果他看到了3张牌序列，那么第4张牌至少存在3种无法区分的情形。

15.9容斥原理

集合的并集有多大？给定三个集合M、E、P，根据加法法则，如果集合不相交，那么他们的和是

但是，如果三个集合相交该如何创建并集呢？

15.9.1 两个集合的并集

给定两个集合S,和S2，容斥原理是指它们的并集的大小是:

15.9.2 三个集合的并集

三个集合的并集大小可由更复杂的容斥原理计算:

15.9.3 42序列、04序列或60序列

在集合{0,1,2…}中，有多少种排列是4、2，或0、4，或6、0连续出现的?

首先，必须确定单个集合(如$P_{60}$)的大小。我们可以用一个小技巧:将6和0组合在一起看成单个符号。那么，存在以下双射关系

所以，|$P_{60}$|= 9！。同理，|$P_{04}$|=|$P_{42}$|= 9！。

同理，也可以去计算交集的大小为$|P_{42}|\cap |P_{60}|=8!$、$|P_{04}|\cap |P_{60}|=8!$、$|P_{42}|\cap |P_{04}|=8!$、$|P_{42}|\cap |P_{60}|\cap |P_{04}|=7!$

带入以上公式的得到：

15.9.4 n个集合的并集

单个集合大小的和,有一个简洁的标记表示,

“两个集合的交集”表示为$S_i\cap S_j$，其中i ≠ j。

同理,三个集合交集的大小是:

在容斥原理中,这些和项的正负符号是交替出现的, k个集合交集的符号是$(-1{)}^{k-1}$。因此,容斥原理的公式表达为:

法则（容斥原理)

虽然这种和项的和形式很方便地表述了容斥原理，但其实没有必要把多少个集合的交集逐个列出来。另一种写法是:

法则（容斥原理-II )

15.9.5计算欧拉函数

利用容斥原理可以证明推论9.10.11的欧拉函数公式:

首先，设S表示[0…n)中不与n互质的整数集合。所以$\varphi (n)=n-|S|$。然后,设$C_a$是[0…n)中能被a整除的整数集合,即:

所以，S中的整数刚好就是[0…n)中能被至少一个$p_i$整除的整数。也就是说，

所以：

15.10 组合证明

假设现在有n件不同的T恤，只保留k件。你可以同等地选择k件留下，或选择补集n 一k件丢掉。因此：

15.10.1 帕斯卡三角恒等式

在n个人中竞选k个人，Bob也想要成为k个人中的一员，首先他要弄清楚一共有多少种可能的队伍。

Bob被选上，他的k -1个队友是从其他n 一1个克争对于中挑选出米的。这什组建的队伍数量是:

Bob没有被选中，所有k个队员都是从其他n-1个竞争对手中选出来的。这时组建的队伍数量是:

两个集合不相交，所以队伍总数是：

另一种推理方法，n个人(包括他自己）竞争k个位置，那么选择队伍的可能是:

以上两个答案相等，所以

引理15.10.1（帕斯卡三角恒等式 )

15.10.2 给出组合证明

组合证明是一种依靠计数原理构建代数事实的证明方法。 这种证明大多遵循以下基本框架:

1. 定义一个集合S。
2. 通过一种计数方式得出|S| =n。
3. 通过另一种计数方式得出|S| = m。
4. 得出结论:n = m。

检查组合证明

组合证明通过不同的方式对同一件事进行计数。如果已经熟练掌握了不同的计数方法，当然没什么问题;如果还有疑问，可以通过双射和序列计数对组合证明进行检查。

15.10.3有趣的组合证明

组合证明中的其他计数方式通常是基于简单的序列或集合定义的。这里我们给出一个有趣的组合证明例子。

定理15.10.2：

证明.font>我们给出组合证明。设S是从n张不同的红牌、2n张不同的黑牌中选出n张牌的所有手牌集合。首先注意，一个3n-元素集合有

个n-元素子集。
另一方面，刚好有r张红牌的手牌数量是

因为r张红牌有$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right)$种选择，n -r张黑牌有$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-r}\right)$种选择。因为红牌的数量可以是0到n的任意一个，因此n张手牌的总数是:

两个|S|相等，证毕。

确定组合证明

red’>可以通过双射和序列计数对组合证明进行检查。

15.10.3有趣的组合证明

组合证明中的其他计数方式通常是基于简单的序列或集合定义的。这里我们给出一个有趣的组合证明例子。

定理15.10.2：

[外链图片转存中…(img-kseWHYjj-1670047080162)]

证明.font>我们给出组合证明。设S是从n张不同的红牌、2n张不同的黑牌中选出n张牌的所有手牌集合。首先注意，一个3n-元素集合有

[外链图片转存中…(img-wxiRbC8Q-1670047080162)]

个n-元素子集。
另一方面，刚好有r张红牌的手牌数量是

[外链图片转存中…(img-IeGAIsOF-1670047080163)]

因为r张红牌有$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r}\right)$种选择，n -r张黑牌有$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-r}\right)$种选择。因为红牌的数量可以是0到n的任意一个，因此n张手牌的总数是:

[外链图片转存中…(img-UVSzXHYO-1670047080164)]

两个|S|相等，证毕。

确定组合证明

组合证明可以说是很神奇的。定理15.10.2看起来相当可怕，但我们在证明它的过程中并没有使用任何代数运算。构建组合证明的关键是正确地选择集合S，这可能比较难。一般来说,公式中较简单的那一边可能提供一些提示。