容斥原理

并集

假设有(n)个满足全集(U)的性质相同的集合(A_1,A_2,…,A_n)，那么他们的并集种的元素个数为：

[left|igcuplimits_{i=1}^{n}A_i ight|=sumlimits_{k=1}^n(-1)^{k+1}left(sumlimits_{1leq i_1leq…i_kleq n}|A_{i_1}cap…cap A_{i_k}| ight) ]

证明

证明此式，其实就是要证明每个元素在并集中仅出现了一次

考虑一个处于(igcuplimits_{i=1}^{n}A_i)中的元素(x)，他所属(m)个集合(S_1,S_2,...S_m)，现在要统计他在并集中出现的次数。

1. 选取一个集合时，(x)在其中出现的次数为(dbinom{m}{1}=m)

2. 选取两个集合时，两个集合的贡献为两个集合并集中(x)出现的次数的相反数

   这样的贡献是就是(-dbinom{m}{2})

3. 选取三个集合时，根据上述方法贡献为(dbinom{m}{3})

4. 继续根据上述方法进行，当选取的集合树(>n)时，(x)不会在并集中出现，因此没有贡献

则(x)出现的总次数为：

[egin{aligned}cnt=&dbinom{m}{1}-dbinom{m}{2}+dbinom{m}{3}-…+(-1)^{m-1}dbinom{m}{m}\=&sumlimits_{i=1}^m(-1)^{i-1}dbinom{m}{i}end{aligned} ]

发现这玩意儿和二项式定理很像，试着化一化看看能不能化成二项式定理

[egin{aligned}cnt=&sumlimits_{i=1}^{m}(-1)^{i-1}dbinom{m}{i}\=&-sumlimits_{i=1}^{m}(-1)^idbinom{m}{i}\=&dbinom{m}{0}-dbinom{m}{0}-sumlimits_{i=1}^{m}(-1)^{i}dbinom{m}{i}end{aligned} ]

化到这一步发现右边两项之和就是二项式定理的式子了，可以进一步转化

[=dbinom{m}{0}-sumlimits_{i=0}^mdbinom{m}{i}(-1)^i1^{m-i}\=1-(-1+1)^m\=1 ]

所以每个在(igcuplimits_{i=1}^{n}A_i)中的元素都只出现了一次，合并起来就是并集的元素个数，得证

交集

用全集减去补集的并集即可得出，那么显然也为 补集的并集的 补集。

[left|igcaplimits_{i=1}^{n}A_i ight|=|U|-left|igcuplimits_{i=1}^{n}overline{A_i} ight|=overline{igcuplimits_{i=1}^noverline{A_i}} ]

拓展——(min-max)容斥

给定全序集合(S),设(max{S})为(S)中的最大值，(min{S})为(S)中的最小值，则：

[egin{aligned} max {S} &= sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1} min {T}\ min {S} &= sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1} max {T} end{aligned} ]

(min-max)容斥对于期望同样满足，所以可以很方便地解决一些概率和期望问题

证明见https://www.cnblogs.com/butterflydew/p/10457362.html

写在最后

写这个的时候突然就想起来之前(lyq)写的博客：

比较有趣，建议阅读

虽然是一年前写的，但现在仍然不朽/xl