Transcript 3.2 容斥原理

§3.1 容斥原理引论
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
§3.2 容斥原理
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 A
A  {x | x U且x  A} ,有
(a) A
B  A
B
(b) A
B A
B
§3.2 容斥原理
证：(a)的证明。
x A B
设
,则 x  A  B
x  A  B 相当于x  A和 x  B
同时成立，亦即
A A B  x  A B
(1)
§3.2 容斥原理
反之，若 x  A B, 即x  A和x  B
故 x  A和x  B.亦即x  A B
(2)
x A B  x A B
由（1）和（2）得
x A B  x A B
(b)的证明和（a)类似，从略.
§3.2 容斥原理
DeMogan定理的推广：设
A1, A2 ,..., An是U的子集
则 (a)A11 A22 ... Ann  A11 A22 ... Ann
(b)A A ... A  A A ... A
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
A1
A2
... An  A1
A2
... An 正确
则
A1
A2 ... An
 ( A1
A2 ... An
An 1  ( A1 ... An ) An 1
An 1
 A1 A2 ... An An 1
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
定理：
A B  A  B  A B (1)
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
A A B
B
§3.2 容斥原理
证 若A∩B=φ，则 | A∪B |= |A| + |B|
| A |＝| A ∩( B∪B) |
＝| (A∩B)∪(A∩B)|
＝| A∩B | + | A∩B |
(1)
同理 | B | ＝| B∩A | + | B∩A | ( 2 )
| A∪B |＝|(A∩( B∪B))∪(B∩(A∪A))|
＝|(A∩B)∪(A∩B)∪(B∩A)∪(B∩A)|
＝| A∩B| + |A∩B | + | B∩A| ( 3 )
§3.2 容斥原理
( 3 ) －( 1 ) －( 2 ) 得
| A∪B |－| A |－| B |
＝| A∩B| + |A∩B | + | B∩A|
－( | A∩B | + | A∩B | )
－( | B∩A | + | B∩A | )
＝－ | A∩B |
∴| A∪B |＝| A | + | B |－| A∩B |
§3.2 容斥原理
定理：
A
C  ABC  A
B
CB
-A
C  A
B
B
C (2)
证明£º
A
 A
B
C  (A
B  C  (A
B)
B)
C
C
§3.2 容斥原理
根据 ( A B) C  ( A C ) ( B C )
A B C  ABC A B
 ( A C) (B C)
 ABC A B-A CB C
A B C
§3.2 容斥原理
A
A B
A C
A B C
B
B C
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；
M  170, P  130, C  120, M P  45
M C  20, P C  22, M P C  3
§3.2 容斥原理

M P C  MPCM PM
M CP CM P C
 170  130  120  45  20  22  3
 336
即学校学生数为336人。
§3.2 容斥原理
同理可推出：
A B C D  ABCD A B
A CB CA DA B C
A B DB C DA B C D
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
n
n
k-1
|∪A
|
=
∑
(－1)
∑
|
∩
A
|
i
i
i=1
k=1
I∈￠(n,k)
i∈I
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
n
Ai 
i 1
容斥原理
n 1
Ai
An
i 1


n 1
Ai  An 
i 1
i 1
n 1
n
Ai  An 
i 1
n 1
Ai
An
( Ai
An )
i 1
  (1) k 1
k 1
n 1

n 1
Ai  An   (1) k 1
I∈￠(n-1,k) i∈I
k 1

I∈￠(n-1,k)
( Ai
iI
An )
§3.2

n 1
A
i
i 1
容斥原理
n 1
  (1)
k 2
n
  (1) k 1
k 2

n
 (1)
k 1
k 1
Ai  An
I∈￠(n-1,k)

I∈￠(n-1,k-1)
k 1


I∈￠(n,k)
Ai
iI
Ai
iI
此定理也可表示为：
iI
An
§3.2 容斥原理
定理：设 A1, A2 ,..., An 是有限集合，则
A1

A2
n
...
An
n

Ai    Ai
i 1
i 1
j i
n
+    Ai
Aj
Aj
Ak  ...
...
An
i=1 j>i k>j
 ( 1)
n 1
A1
A2
(4)
§3.2 容斥原理
证：用数学归纳法证明。
已知 n=2时有
A1
A2  A1  A2  A1
设 n-1时成立，即有：
A2
§3.2 容斥原理
A1

A2
n 1

i 1
...
An 1
n 1
Ai    Ai
i 1
j i
n-1
+    Ai
Aj
Aj
Ak  ...
i=1 j>i k>j
 ( 1)
n
A1
A2
...
An 1
§3.2 容斥原理
 ( A1
 A
1
 ( A1
 A1
A2
A
2
A2
A2
An 1 )
...
...
...
...
n 1
A
 A
An 1 )
An 1
An
n
An
An
§3.2 容斥原理
但 (A1
 ( A1
(A n-1
A2 ... An 1 ) An
An ) ( A2
An ),
An )...
§3.2 容斥原理
 ( A1
A2 ... An 1 ) An
 ( A1
An ) ( A2
 A1
 A1
An  A2
A2
An )... ( An 1
An  ...  An 1
An  A1
A3
An )
An
An  ...
§3.2 容斥原理
 An2 An1 An  ...  (1) A1 A2 ... An
n
n 1
n 1
i 1
i 1 j i
  Ai An   Ai Aj An  ...
 (1) A1 A2 ... An
n
§3.2 容斥原理
 A1
A2
...
n
An 1
An
n
  Ai    Ai
i 1
i 1
j i
n
+    Ai
Aj
Aj
Ak  ...
i=1 j>i k>j
 ( 1)
n 1
A1
A2
...
An
§3.2 容斥原理
又
A  N A,
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
A1
A2 ... An  N  A1
n
A2 ... An 1
An
n
 N   Ai   Ai
i 1
i 1 j i
n
- Ai
Aj
Aj
Ak  ...
i=1 j>i k>j
 (1) A1 A2 ... An (5)
容斥原理指的就是（4）和（5）式。
n
§3.3
例
§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，A B 为同时出现ace、df的
排列数。
§3.3
例
 A  4!, B  5!, A
B  3!.
根据容斥原理，不出现ace和df的排列数
为：
A
B
=6!- (5!+4!)+3!=582
§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
 500 
 500 
A 

166,
B


100;



3
5




 500 
A B 
 33

 15 
§3.3
例
被3或5除尽的数的个数为
A B  AB A B
 166  100  33  233
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。
§3.3
例
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
n
出现a的n位符号串的个数应是 3 ，即
A  B  C 3
n
A B  A C C
B 2
n
§3.3
例
A B C 1
a，b，c至少出现一次的n位符号串集
合即为 A B C
A B C  4 ( A  B  C )( A B
n
 A C  C B) A B C
 4  3  3  3  2 1
n
n
n
§3.3
例
例4。求不超过120的素数个数。
112  121
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 i 的倍数集，
i =2，3，5，7。
Ai
§3.3
例
120 
120 
A2  

60
，
A


40
，
3



2
3




120 
120 
A5  

24
，
A


17,
7



5
7




 120 
120 
A2 A3  
 20，A2 A5  
 12,


 23
 10 
A2
120 
A7  

8
，
A
3

 14 
120 
A5  

8
，

15


§3.3
A3
A2
例
120 
120 
A7  
 5，A5 A7  
 3，


 21 
 35 
 120 
A3 A5  
 4，

 2  3 5 
A2
A3
A2
A5
 120 
A7  

2
，

2

3

7


 120 
A7  

1
，

2

5

7


§3.3
例
A2
A5
A3
 A7  A2
A7  120  A2  A3  A5
A3  A2
A5  A2
 A3
A5  A3
A7  A5
 A2
A3
A5  A2
A3
A7
 A2
A5
A7  A3
A5
A7
 A2
A3
A5
A7
A7
A7
§3.3
例
 120  (60  40  24  17)  (20  12  8
 8  5  3)  (4  2  1  1)
 27.
§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，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
A1为出现dog的排列的全体；
A2为出现god的排列的全体；
A3为出现gum的排列的全体；
A4为出现depth的排列的全体；
A5为出现thing的排列的全体；
§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 A1  24!
类似有：A2  A3  24!£ ¬ A4  A5  22!
由于god,dog不可能在一个排列中同
时出现，故：
A1 A2  0;
类似：A2
A3  0£ ¬ A1
A4  0
§3.3
例
由于gum,dog可以在dogum字样中同时
出现，故有：A1 A3  22!
类似有god和depth可以在godepth字样
中同时出现，故 A2 A4  20!
god和thing可以在thingod字样中同时
出现，从而
A2
A5  20!
§3.3
例
A1
A5  0£ ¬ A4
A5  19!£ ¬
A3
A4  A3
A1
A2
A3  0£ ¬ A1
A2
A4  0
A1
A2
A5  0£ ¬ A1
A3
A4  0
A1
A3
A5  0£ ¬ A1
A4
A5  0
A5  20!£ ¬
§3.3
A2
例
A3
A4  0£ ¬ A2
A3
A5  0
由于god、depth、thing不可以同时出
现，故有： A2 A4 A5  0
A3 A4 A5  17!
其余多于3个集合的交集都为空集。
§3.3
例
故满足要求的排列数为：
26! 3  24! 2  22! 22! 4  20! 19! 17!
 26! 3  24! 22! 4  20! 19! 17!
§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 f ( x1 , x2 ,..., xn )中xi不出现的
布尔函数类为：Ai £ ¬ i  1, 2,..., n.
由于n个布尔变量 x1 , x2 ,..., xn的不
n
同的真值表数目与2 位2进制数数目
n
2
相同，故为 2 个。根据容斥原理，
满足条件的函数数目为：
§3.3
A1
A2
例
An  2  C (n,1)2
2n
...
 C (n, 2)2
2n2
2n1
 ...  (1) C (n, k )2
k
2n k
 ...  (1) C (n, n)2
n
n  2时£ ¬ 得
A1
A2  2  C (2,1)2  C (2, 2)2
22
2
 16  8  2  10
§3.3
例
这10个布尔函数为：
x1∧x2，x1∧x2，x1∧x2， x1∧x2，
x1∨x2，x1∨x2，x1∨x2， x1∨x2，
(x1∨x2)∧(x1∨x2)， (x1∨x2)∧(x1∨x2)
§3.3
例
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
n  p p2 ... pk
设1到n的n个数中为ip 倍数的集合为
Ai £ ¬ i  1, 2,..., k.
a1
1
则有
a2
ak
§3.3
例
n  p p2 ... pk pi
a1
1
a2
ak
Ai  n £ ¬ i  1, 2,..., k.
p
n
Ai Aj 
£ ¬ i, j  1, 2,...k , i  j.
pi p j
¡ ......
§3.3
(n)= A1
例
A2
...
Ak
n
n
n
n
 n( 
 ...  )  (
p1 p2
pk
p1 p2
n
n
n

 ... 
)  
p1 p3
p1 pn
p1 p2  pk
1
1
1
 n(1  )(1  )  (1  )
p1
p2
pk
§3.3
例
例如n  60  2  3  5£ ¬ 则
1
1
1
 (60)  60(1  )(1  )(1  )  16
2
3
5
2
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
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 Ai 为数 在第 位上的全体排列，
i =1，2，…，n。因数字 i 不能动，
因而有：
i
i
§3.4 错排问题
Ai  (n  1)!£ ¬ i  1, 2,..., n
同理
Ai
Aj  (n  2)!, i  1, 2,..., n, i  j

§3.4 错排问题
每个元素都不在原来位置的排列数为
A1
A2
... An  n ! C (n,1)(n  1) !
 C (n, 2)(n  2) !   C (n, n)1!
1 1
1
 n !(1      )
1! 2!
n!
§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：
5! C (5,1)4! C (5, 2)3! C (5,3)2! C (5, 4)1!
1 1 1
1
C (5,5)  120(   
)  44
2 6 24 120
§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 A1 , A2 , A3 , A4
分别表A,C,E,G在原来位置上的排列，
则错排数为：
§3.4 错排问题
A1 A2 A3 A4  8! C (4,1)7! C (4, 2)6!
 C (4,3)5! C (4, 4)4!
 24024
§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
1 1 1 1
4 !(1     )
1! 2! 3! 4!
1 1 1
 24(1  1    )  9
2 6 24
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
§3.5 棋盘多项式和有限制排列
§5 棋盘多项式和有限制排列
1. 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，
6!
|A1|= 1!·3!·2! =60;
设出现yyy的排列的集合记为A2，
7!
| A2|= 4!2! =105；
§3.5 棋盘多项式和有限制排列
设出现zz的排列的集合记为A3，
8!
| A3|= 4!·3! =280；
5!
4!
|A1∩A2|= 2!=12； |A1∩A3|= 3! =20；
6!
|A2∩A3|= 4!
=30； |A1∩A2∩A3|=3!=6；
9!
全排列的个数为： 2!·3!·4!
=1260；
所以：
|A1∩A2∩A3|=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n×n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
如图所示的布局对应
于排列41352。
x
x
x
x
x
§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(
r2 (
)=0， r2(
)=1。
)=2，
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)= k=0
∑ rk(C) xk
为C的棋盘多项式。
规定 r0(C)=1，包括C=Ф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)=rk－1(Ci)＋rk(Ce)，
§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 rk－1(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)，∵ r1(Ce)＝n－1
∴ 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 rk－1(Ci)；
要么不布子，方案数为 rk(Ce)。
从而
∞
R(C)= ∑ rk(C) xk
k=0
∞
＝１＋∑[rk－1(Ci)+ rk(Ce)]xk
∞
k=0
∞
= x ∑ rk(Ci)xk + ∑ rk(Ce)xk
k=0
＝xR(Ci) + R(C e)
k=0
(3)
§3.5 棋盘多项式和有限制排列
例如：
R(
)=1+ x；
R(
)= xR( )+ R(
R(
)= x+ (1+ x)=1+2x；
)= x R( ) + R(
)
= x(1 + x )+1 + x
=1+ 2x +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：k
rk(C) = ∑ ri(C1) rk－i(C2)
i=0
故
n
k
k
R(C) = ∑
(∑
r
(C
)
r
(C
)
)
x
i
1 k－i
2
k=0
n
i=0
n
= (∑ ri(C1) xi) (∑ rj(C2) xj )
i=0
∴ R(C) = R(C1) R(C2)
j=0
(4)
§3.5 棋盘多项式和有限制排列
利用（３）和（４），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(
R(
*
) = xR(
)+R(
= x(1+ x)2 +(1+2x)2
=1+ 5x +6x2 + x3
) = xR(
) + R(
= 1+6x +10 x2 +4x3
)
)
§3.5 棋盘多项式和有限制排列
３．有禁区的排列
例 设对于排列P=P1 P2 P3 P4，规定P1≠３，
P２≠１、４， P３≠2、４， P4≠2。
P1
P2
P3
P4
1
2
2
3
1
4
4 3
2
3
1
4
1
4
1
2
3
2
3
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(n－1)! ＋ r2(n－2)!－···＋(－
1)nrnn
k=0
＝∑(－1)k rk ( n－k)!
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
｜A1∩A2∩···∩An｜
n
＝n！＋ ∑(－1)k
k=0
∑ ｜∩A
｜
i
i∈I
I∈￠(n , k)
而 ∑ ｜∩A
｜正是k个棋子布入禁区，其
i
i∈I
I∈￠(n , k)
他n - k个棋子任意布的方案数。由假设可知
等于rk(n－k)！(注意：布入禁区的棋子也要
遵守无对攻规则）.所以 n
｜A1∩A2∩···∩An｜=n!+ ∑(－1)k rk ( n－k)!
k=0
§3.5 棋盘多项式和有限制排列
上例方案数为
4!－6(4－1)!＋11(4－2)!－7(4－3)!
＋1(4－４)!＝4
例 １，２，３，４四位工人，A，B，
C，D四项任务。条件如下：
１不干B；２不干B、C；
３不干C、D；４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：
A B C D
其中有影线的格子表示
1
禁区。
2
2+4x3
R(
)=1+6x+10x
3
4
方案数=4!－6(4－1)!+10(4－2)!－4(4－3)!
+0(4－4)!=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n×n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
故R(C)中的xn
)n
n
n k
)
x
k
= ∑
(
k=0
: n! +
n
∑(－1)k (
n
k)
令rk = (
(n－k)!
k=1
1
k
= n!∑
(－1)
－
=P
n
k!
k=0
n
n
)
k
§3.6
一般公式
§3.6
一般公式
若将§３.2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：
｜M∩P∩C｜；
｜M∩P∩C｜+｜M∩P∩C｜+｜M∩P∩C｜
｜M∩P∩C｜+｜M∩P∩C｜+｜M∩P∩C｜
§3.6
一般公式
设有与性质１, 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,…,n
Pk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 | + | A2 | + ···+ | An |，
P2 = | A1∩A2 |+ | A1∩A3 |+ ···+ | An - 1∩An |
Pk = ∑
| ∩Aij |
i ∈I
I∈￠(n ,k)
qk = ∑ | (∩ Ai)∩ ( ∩ Aj)|
I∈￠(n ,k)
i ∈I
j ∈I
§3.6
定理
一般公式
k+i
qk = ∑ (－1)i(
)Pk+i
i=0
i
n-k
证１ 设某一元素恰有k种性质，则其对Pk
的某一项的贡献为１，而对Pk+1，Pk+2 , ··· ,
Pn的贡献都是０。若某一元的性质少于k种
则其对Pk，Pk+1，···，Pn的贡献都是０。若
k+j
恰有k + j种性质，则其对Pk的贡献是(
),
k+j
对Pk+i的贡献是（
k+i
）
k
§3.6
而
一般公式
j
i(
∑
(－1)
i=0
j
= ∑ (－1)i (
i=0
j
= ∑ (－1)i (
i=0
k+j
k+i
)
(
)
i
k+i
k+i
k+j
)
(
)
k+i
k
j
k+j
k+j
)( )=(
)
k
i
k
∑
(－1)i (
j
)
i
=(k+j )·0=0
k
即某恰有k + j种性质的元素对上式右边的总
的贡献为０。
§3.6
一般公式
前例中只修一门课的学生为：
| M∩P∩C | + | M∩P∩C | + | M∩P∩C |
3
j
j
1
= q1= ∑ (－1) ( ) Pj
j =1
= P1 － 2P2 + 3P3
1
在一般公式中，若令
P0 = N， q0 = | A1∩A2∩···∩An |，
就得到原来的容斥原理。
§3.6
一般公式
证２ 根据定义
qk = ∑ | (∩ Ai)∩ ( ∩ jA∈Ij)|
I∈￠(n ,k)
i ∈I
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
n
n
n－k
的总个数为( ) (
),共(
)种。
k
j
k+j
每一项的重复度为
k+j
n
n
n－k
(
)(
) (
)=(
)
k
j
k+j
从而Pk+j的重复度也是 (
k
k+j
k
)
§3.6
∴
一般公式
n －k
qk = ∑(－1)j (
j =0
n
= ∑(－1)j －k
k
k+j
k
(
)Pk+j
j
)
k
Pj
证３ 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
m
Pj = (
)，若 j＞m，则 Pj = 0；
j
1 k=m
由定义，得 qk=｛ 0 k ≠m
§3.6
一般公式
k+i
右端＝∑ (－1)i( i )Pk+i
i=0
n－k
k+i
m
i
＝∑ (－1) (
)(
)
i=0
k
k+i
n－k
m
m-k
1 k =m
i
＝∑ (－1) (
)(
)={
0 k≠m
i=0
k
i
n－k
假设对于 N－1，等式成立。
对于N，设新增元有m种性质，对于N个元
的P’j＝Pj＋(
m
j
1
)，q’k＝｛ 0
k =m
k≠m
§3.6
一般公式
n－k
i(
右端＝∑
(－1)
i=0
n－k
＝∑ (－1)i (
i=0
n－k
k+i
i
＝∑ (－1) (
i=0
＝qk + ｛ 1
0
等式成立．
k
k =m
k≠m
k+i
)P’k+i
k
k+i
k
) [Pk+ i + (
n－k
)Pk+i +∑ (－1)i (
i=0
m
)]
k+i
k+i
k
)(
m
)
k+i
§3.6
一般公式
例 某校有１２个教师，已知教数学的有
８位，教物理的有６位，教化学的５位；
数、理５位，数、化４位，理、化３位；
数理化３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＝１２，
P1＝| A1 |+| A2|+| A3 |＝8+6+5＝１９;
P2＝| A1∩A2|+ | A1∩A3|+| A2∩A3|＝12；
P3＝| A1∩A2∩A3|＝3；
§3.6
一般公式
故 教其他课的老师数为：
q0＝P0 －P1 +P2－P3＝２
恰好一门的教师数：
q1＝P1－2P2 + 3P3＝4
恰好教两门的老师数为：
q2＝P2－3P3＝3
§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( n－1 )! 。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 ≤n－1。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。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 + 1，１≤ i ≤n－1；an≠n，1。
这样的限制也即要求在下面3行n列的排列中
１ ２ ３ ··· ··· n－１ n
２ ３ ４ ··· ··· n
1
a1 a2 a3 ··· ··· an－1
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 ( n－1)！。
设Ai为 ai = I 或 I + 1 (1≤ I ≤n－1 )，an = n
或1的排列 a1 a2 ··· an的集合。则
｜Ai｜= 2 (n－1)! ，关键是计算∑
I ∈￠( n , k)
|∩Ai|
i∈I
§3.6
一般公式
也就是从( 1 , 2 ) ( 2 , 3 ) ··· ( n－１, 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, ···,
n－1, n－1, n , n , 1中取 k 个互不相邻数的组
合的计数，但首尾的１不能同时取。回想无
重复不相邻组合的计数：
C’( n , r ) = C ( n－r + 1 , r ) ,这里所求的是
2n
2n－k+1
2n－4－( k－2)+1
(
)－(
)= 2n－k
k－2
k
(
2n－k
k
)
§3.6
∴ Un
一般公式
=∑(－1)k
= ｜∩
i ∈[ 1 , n ]
2n
(
2n－k
Ai｜
2n－k
k )(n－k)!
§３.11 反演
基本想法：{an} 易算，{bn}难算，{an}可用
｛bn｝表示，利用反演，将{bn}用{an}表示．
１．二项式反演
n
引理
 (1)
k m
m k
1，m  n
 n k 
    {
0£ ¬ m  n
 k  m
§３.11 反演
证
 n  n  m
左边   (1)
 

m
 m k  m
 n  nm
i n  m
    (1) 

m 0
 i 
n
1，m  n
{
0£ ¬ m  n
k m
§３.11 反演
n
n


k
k  n
an   (1)   bk  bn   (1)   ak
k 0
k 0
k 
k
n
定理
证
n
n
n
n




k
k
l
( 1)   ak   ( 1)   ( 1)

k 0
k 0
k 
 k  l 0
n
k
k n
l k 
   ( 1)  ( 1)   bl
k 0 l 0
k 
l
n
n
k
   ( 1)
k l
k 0 l 0
n
n
   ( 1)
l 0 k 0
k l
 n k 
    bl
 k  l 
 n k 
    bl  bn
 k  l 
k 
  bl
l
§３.11 反演
n
 n
nk  n 
推论 an     bk  bn   (1)   ak
k 0  k 
k 0
k 
n
证
在定理中bk处用(－1)k bk代入，即可．
n
k
例 n! = ∑ ( ) Dn－k，Dn=bn，
n
令n－k = l ，则 n! = ∑ ( k ) Dl
n
n
n-k
Dn = ∑ (－1) (
)k!
k
k=0 n
1
n-k
= n! ∑ (－1)
k=0
n
=n∑
k=0
(－1)k
k!
(n－k)!
§３.11 反演
２．
Mǒbíus反演
定义 设 n ∈Z+
1，若 n = 1;
μ( n ) = 0，若n = p1α1 p2α2 ··· pkαk 存在αi>1
(－1)k ，若n = p1p2···pk
如 μ( 30) = μ( 2·3·5 ) = (－1)3
μ( 12) = 0；
§３.11 反演
定理 设n ∈Z+
则 ∑ μ( d ) =
d|n
1，若n = 1；
0，若n > 1；
证 若n =1， ∑ μ( d ) = μ( 1 ) = 1,成立．
d|n
若 n>1，设n = p1α1 p2α2 ··· pkαk ，n’ = p1p2···pk
k
∑μ( d ) = ∑μ( d ) =∑ ∑ μ( ∏pi ) +μ(1)
d|n
=1 +
k
d | n’
k
∑( )
j=1 j
j=1 I∈￠(k, j)
(－1)j = (1－1)k = 0
i ∈I
§３.11 反演
推论
证
(n) =
μ(d )
n∑ d
d|n
μ(d )
n∑ d
d|n
=n
μ(d )
∑ d
d | n’
k
= n · { 1 + ∑ (－1)j ∑
j =1
k
= n ∏ (1－
i =1
1
)
pi
( ∏ pi )－1}
I ∈￠(k , j )
= (n)
i ∈I
§３.11 反演
定理 ( Mǒbíus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．
n
f ( n ) = ∑ g (d ) = ∑ g ( )
(M1 )
d|n
g( n ) = ∑μ(d) f (
d|n
则 ( M1 )
d|n
n
)
d
d
= ∑μ( )f
( M2 )
d|n
n
(d)
d
(M2)
§３.11 反演
证 “”设 ( M1 )成立。
n
∑μ(d) f ( d) = ∑μ(d) ∑ g ( nd1 )
d|n
d|n
d1 |
d
= ∑ ∑μ(d) g ( d1 ) = ∑μ(d) g( d1 )
d | n d1 | n
d
dd1 | n
=∑ ∑ μ(d)
g
(
d
)
=
∑
g(d
)
∑
μ(d)
1
1
n
n
d1 | n d |
d1
= ∑μ(d)
=
n
d|
d1
d1 | n
1，d1 = n
=
g(
n
)
0，d1 < n
d|
d1
§３.11 反演
“”：设（M2）成立。
∑
g
(d
)
=
∑
g
(d
)
d|n
d|n
= ∑ ∑μ(n d ) f ( d1 ) =∑μ( d ) f ( d1 )
d | n d1 |
dd1 | n
d
= ∑ f ( d1 ) ∑ μ(
d )
n
d1 | n
d|
d1
= ∑μ(
d
)
=
∑μ(
d
)
=
n
n
d|
d1
=f(n)
d|
d1
1，d1 = n
0，d1 < n
§３.11 反演
例 圆排列问题
设 a1a2···an 是一个圆排列，即 a2a3···ana1 , ··· ,
ana1 ···an－1，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，d｜n时，由不重复的a1a2 ···ad重
复 n ／d次构成的圆排列
§３.11 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
§３.11 反演
设集合｛1 , 2 , ··· , m｝中元素形成的长度
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Mǒbíus反演定理
n
d｜n
n M(n) = ∑ μ( d ) m d
n
d｜n
故 M( n ) = ∑ μ( d ) m d
d｜n
§３.11 反演
设长度为 n 的圆排列的个数为T( n )，则
T( n ) ＝ ∑ M( d )
d｜n
例
m = { 1 , 2 } ，n = 7
M(7)=
1
7
则
( 27－2 ) = 18
T ( 7 ) = ∑ M( d ) = M (1 ) + M ( 7) = 20
d｜7
§３.7 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１ 367人中至少有２人的生日相同。
例２ 10双手套中任取11只，其中至少有
两只是完整配对的。
例３ 参加一会议的人中至少有２人认识
的别的参加者的人数相等。
§３.7 鸽巢原理之一
例４ 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+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 = 2αi r, aj = 2αj r
若αi＞αj ，则 ai 是 aj 的倍数。
§３.7 鸽巢原理之一
例５ 设 a1 , a2 , ··· , am是正整数序列，则至
少存在k和 l , 1≤k≤ l ≤m，使得和
ak + ak+1 + ··· + al 是m的倍数。
h
证 设Sk = ∑ai , Sh≡ rh mod m 0≤rh≤m-1
i=1
h = 1 , 2 , ··· , m . 若存在 l , Sl≡0 mod m 则
命题成立．否则，1≤rh≤m-1．但h = 1 , 2 ,
··· , m．由鸽巢原理，故存在 rk = rh , 即
Sk≡ Sh，不妨设 h ＞k．则
Sh－Sk = ak+1 + ak+2 +… + ah ≡0 mod m
§３.7 鸽巢原理之一
例６ 设 a1 , a2 , a3为任意３个整数，b1b2b3
为a1 , a2 , a3的任一排列，则 a1－b1 , a2－b2 ,
a3－b3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３个数被２除的余数为 xxy，于
是b1 , b2 , b3中被２除的余数有２个x，一个
y．这样a1－b1 , a2－b2 , a3－b3被２除的余
数必有一个为０．
§３.7 鸽巢原理之一
例７ 设a1 , a2 , ··· , a100是由 1和２组成的序
列 , 已知从其任一数开始的顺序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
j
证 令 Sj = ∑ai，j =1 , 2 , … ,100 显然
i =1
S1<S2<…<S100，且 S100 = (a1 + … +a10)
+ (a11 + … +a20)+… + (a91 + … +a100)
§３.7 鸽巢原理之一
根据假定有 S100≤10×16 = 160
作序列S1 , S2 , … , S100 , S1 +39, … , S100+39 .
共200项．其中最大项 S100+39≤160+39
由鸽巢原理，必有两项相等．而且必是前
段中某项与后段中某项相等．设
Sk = Sh + 39，k>h Sk－Sh =39 即
ah + ah+1 +… + ak = 39
§３.8 鸽巢原理之二
鸽巢原理二 m1 , m2 , … , mn都是正整数，
并有m1 + m2 +… +mn－n + 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 +… +mn－n + 1 = n + 1
如若不然，则对任一 i， 都有第 i 个巢中的
鸽子数≤mi－1 则
§３.8 鸽巢原理之二
鸽子总数≤ m1 + m2 +… +mn－n ，
与假设相矛盾．
推论１ m只鸽子进n个巢，至少有一个巢
m
里有「－
n |只鸽子．
推论２ n(m－1) + 1只鸽子进n个巢，至少
有一个巢内至少有m只鸽子．
推论３ 若m1 , m2 , … , mn是正整数，且
m1 + … +mn
> r－1,则 m1,… , mn至少有一个
n
不小于r
§３.8 鸽巢原理之二
例 设A= a1a2···a20是10个0和10个1 组成的
２进制数．B=b1b2···b20是任意的２进制数．
C = b1b2···b20 b1b2···b20 = C1C2···C40，则
存在某个i ，1≤ i ≤20，使得
CiCi+1···Ci+19与a1a2···a20至少有10位对应相等．
1
2
·········
19 20
…...
A
...
C
1 2
·······
...
...
19 20
…...
B
第i格
········
1 2
第 i +19格
19 20 1 ······
...
19 20
§３.8 鸽巢原理之二
证 在C = C1C2···C40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．
§３.8 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１ 由S中的每个 ai 向后选取最长增子序
列，设其长度为li ，从而得序列
L = { l1 , l2 , … , lmn+1 }．若存在 lk≥m+1
则结论成立．
§３.8 鸽巢原理之二
否则所有的 li ∈[ 1 , m]，其中必有
mn+1
「 m | = n+1个相等．
设 li = li = ··· = li = li 不妨设 i1<i2< ··· <in+1
应有 ai > ai > ··· > ai ，即有一长度为
n+1的减子列．
否则 不妨设ai < ai ，则有
li > li ，矛盾．
1
2
1
n
2
n+1
1
1
2
n+1
2
§３.8 鸽巢原理之二
证２ 从ai 向后取最长增子列及减子列，设
其长度分别为 li ，l’i .
若任意 i ，都有li ∈[ 1，m], l’i∈［１，n］,
不超过mn种对．则
存在 j <k，( lj , l’j ) = ( lk , l’k )
若aj <ak，则 lj >lk，
若aj >ak，则 l’j >l’k ，矛盾．
§３.8 鸽巢原理之二
例 将[ 1 , 65 ]划分为４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∪ P3∪P4＝[ 1，65 ]，Pi
中不存在一个数是Pi中两数之差，i=1,2,3,4
因 65 = 17，故有一子集，其中至少有17
4
个数，设这17个数从小到大为a1 , … , a17 ．
不妨设 A={a1 , … , a17 }  P1。
令bi－1= ai－a1，i = 2，···，17。
§３.8 鸽巢原理之二
设 B＝｛b1 , ··· , b16}，B [ 1 , 65 ]。
由反证法假设B∩P1 = ф。因而
B  ( P2∪ P3∪ P4 )。
16
因为 3 ＝6，不妨设{b1 , ··· , b6} P2 ，
令Ci－1=bi－b1，I = 2， ···，6
设C＝{ C1 , ··· , C5 }，C  [ 1 , 65 ]
由反证法假设C∩( P1∪P2 ) =ф，故有
C  (P3∪P4 )
5
因为 2 ＝3，不妨设{C1 , C2 , C3 } P3
§３.8 鸽巢原理之二
令 di－1= Ci－C1，I = 2 , 3
设 D＝{ d1 , d2 } , D  [ 1 , 65]。
由反证法假设 D∩( P1∪P2∪P3 )=ф，因而
D  P4 。
由反证法假设
d2－d1∈ P1∪P2∪P3 且d2－d1∈ P4 ，
故 d2－d1 ∈ [ 1 , 65 ]，但显然
d2－d1 ∈ [ 1 , 65 ]，
矛盾。
§３.9 Ramsey 问题
１．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３人相互认识或者
相互不认识．
证 这个问题与K6的边２着色存在同色三
角形等价．假定用红蓝着色．
§３.9 Ramsey 问题
设K6的顶点集为{v1 , v2 , ··· , v6 }，dr(v)表
示与顶点 v 关联的红色边的条数，db(v)表
示与 v 关联的蓝色边的条数．在K6 中，有
dr(v)＋ db(v)＝５，由鸽巢原理可知，至少
有３条边同色．
现将证明过程用判断树表示如下：
§３.9 Ramsey 问题
N
dr(v1)≥3?
Y
设(v1v2) (v1v3) (v1v4)为红边
db(v1)≥3
△v2v3v4是蓝△ ?
Y
N
设( v2v3 )是红边 √
设(v1v2) (v1v3) (v1v4)为蓝边
△v2v3v4是红△ ?
N
Y
设( v2v3 )是蓝边
△v1v2v3是蓝△
√
△v1v2v3是红△
§３.9 Ramsey 问题
２．若干推论
( a ) K6的边用红蓝任意着色，则至少有
两个同色的三角形．
证 由前定理知，有同色三角形，不妨设
△v1v2v3是红色三角形
可由如下判断树证明．
§３.9 Ramsey 问题
dr(v1)≥3?
n
y
设 (v1v4)为红边
db(v1)≥3
(v4v2) (v4v3) 为蓝边?
设(v1v4) (v1v5) (v1v6)为蓝边 设 (v4v2)为红边
△v4v5v6是红△?
n
y
△v1v2v4是红△
设 (v4v5)为蓝边
△v1v5v6是蓝△?
n
△v1v4v5是蓝△ 设 (v5v6)为红边 √
△v4v5v6是红△
n
dr(v4)≥3
(v4v5) (v4v6) 为红边
√
y
y
db(v4)≥3?
y
设 (v4v5)为蓝边
△v2v3v5是红△?
n
设 (v2v5)为蓝边
y
√
△v2v4v5是蓝△
§３.9 Ramsey 问题
( b ) K9 的边红蓝两色任意着色，则必
有红K4或蓝色三角形(蓝K4或红色三角形)．
证 设９个顶点为 v1 , v2 , ··· , v9．对９个
顶点的完全图的边的红、蓝２着色图中，
必然存在 vi ，使得 dr(vi)≠3 ．否则，
1
27
红边数＝ 2 ∑ dr(vi)＝ 2 ，这是不可能的．
不妨设 dr(v1)≠3，可得如下判断树证明结
论．
§３.9 Ramsey 问题
N
db(v1)≥6
dr(v1)≥4?
Y
设(v1v2) (v1v3) (v1v4)(v1v5)是4红边
设(v1v2) ··· (v1v7)是6条蓝边
K6(v2···v7)中有红△ ?
N
设△v2v3v4是红△
K4(v2v3v4v5)是蓝K4
Y
√
K4(v2v3v4v5)是蓝K4 ?
N
设(v2v3)是红边
△v1v2v3是红△
Y
√
§３.9 Ramsey 问题
∴ K9的边红、蓝２着色，必有红色三角
形或蓝色K4．
同理可证 K9的红、蓝２着色，必有蓝色三
角形或红色K4 ．
(红△ ∨ 蓝K4) ∧ (蓝△∨ 红K4)
＝存在同色K4或红△及蓝 △
＝同色K4 ∨(红△ ∧ 蓝△ )
§３.9 Ramsey 问题
( c ) K18的边红，蓝２着色，存在红K4
或蓝K4 ．
证 设18个顶点为v1 , v2 , ··· , v18 ．从v1引
出的17条边至少有９条是同色的，不妨先
假定为红色．从而可得下面的判断树证明
命题．
§３.9 Ramsey 问题
N
dr(v1)≥9
db(v1)≥9
Y
设(v1v2) ··· (v1v10)是红边
设(v1v2) ··· (v1v10)是蓝边
K9(v2 ··· v10)中有同色K4
或红△加蓝△
K9(v2 ··· v10)中有同色K4
或红△加蓝△
K10( v1v2 ···v10)中有同色K4
K10( v1v2 ···v10)中有同色K4
§３.10 Ramsey数
将上一节的问题一般化：给定一对正整数
a、b，存在一个最小的正整数 r ,对 r 个顶
点的完全图的边任意红、蓝２着色，存在
a 个顶点的红边完全图或 b 个顶点的蓝边
完全图。记为 r ( a , b )。比如：
r ( 3 , 3 )＝6，r ( 3 , 4 )＝9，
r ( 4 , 4 )＝18
１．Ramsey数的简单性质
§３.10 Ramsey数
定理
r ( a , b )＝ r ( b , a )；r ( a , 2 )＝a
证 K r(a , b )的边红蓝２着色，有红Ka或蓝
Kb．将红蓝２色对换，就有红Kb或蓝Ka．
设r ( a , b )＝ r ，Kr的边任意红蓝２着色
红蓝互换后仍是Kr的边的２着色，由r(a,b)
的定义，有红Ka或蓝Kb．再红蓝对换恢复
原图有红Kb或蓝Ka．
§３.10 Ramsey数
例 K9的边任意红蓝２着色，有红三角形
或蓝K4．红蓝对换后，仍有红三角形或蓝
K4，再对换一次，回到原来的着色方案，
有蓝三角形或红K4．
第二个等式容易看出．Ka红蓝２着色
若不全红(红Ka)，则必有一条蓝边．
§３.10 Ramsey数
定理 当a , b ≥２时，
r ( a , b )≤ r ( a －1 , b )＋ r ( a , b－1 )
证 对r ( a －1 , b )＋ r ( a , b－1 ) 个顶点
的完全图红蓝２着色．任取其中一点 v，
有
dr(v) + db(v) = r( a －1 , b ) + r( a , b－1 )－1
从而可得判断树如下．
§３.10 Ramsey数
dr(v)≥r (a－1 , b) ?
N
Y
db(v)≥r (a, b －1 )
与 v 以红边相连的r(a－1 , b)个
顶点的完全图中有一个红Ka－1 ?
红Ka或蓝Kb
N
Y
有蓝Kb
V与这a－1个点构成红Ka
§３.10 Ramsey数
r (a , b ) ≤ (
推论
证
a + b－2
a－1 )
r ( a , b )≤ r ( a －1 , b )＋ r ( a , b－1 )
≤(
a + b－3
)＋(
a－2
＝(
a + b－2
a－1
)
a + b－3
a－1
)
§３.10 Ramsey数
定理
若 a ≥３，则 r ( a , a) > 2
a
2
n
2
证n Kn有 (
)条边，对边红蓝２着色有
(2 )
2 种方案．其中同色Ka的方案数不超过
(
n
2
Ka的
个数
) · 2 ·
可红
可蓝
a
n
( 2 )－( 2 )
2
可任意
着色边
数
同色边数
§３.10 Ramsey数
这是一个上界．Kn中含Ka的方案被重复计
数．若取n足够小，便得
(
n
a
即 (
) · 2
n
a
a
n
( a )－( 2 ) + 1
)<
na
n )<
a－1
2
a a
≤2 ( 2 )－1
(
n
(2 )
<2
a
a
( 2 )－１
2
2 2
n= 2 时
a
a
－a+1
( 2 )－1
2
=2
=2
·
a
2－ 2 +2
则必有Kn的一个２着色方案中无同色Ka，
有r ( a ,a)定义可知，r (a , a)>n
§３.10 Ramsey数
所以 r (a , a) >
a
22
§３.10 Ramsey数
２．Ramsey数的推广
若将２着色改为k 着色，同色Ka或同色
Kb改为同色Ka i = 1 , 2 , … , k．即得Ramsey
数 r ( a1 , a2 , … ,ak)．对于给定的正整数 ai
( ai ≥2) ，i = 1 , 2 , … , k．存在最小正整数
r．对Kr的边用k中颜色Ci ( i = 1 , 2 , … , k)
任意着色．则存在 i ，出现全Ci色的Ka ．(
即边都是Ci色的ai个顶点的完全图）；
这个最小正整数 r 用 r (a1 , … , ak)表示．
i
i
§３.10 Ramsey数
有 r (a1 , a2 , … , ak)≤ r ( a1 , r ( a2 , … , ak) )
设r ( a1 , r ( a2 , … , ak) ) = p，
r (a2 , … , ak) = q；
对Kp的边２着色，出现第一色Ka1或第二色Kq，
用n－1中色对Kq的边着色，至少出现i色的ai点
完全图，i = 2 , … , n．对Kp的边n 着色，将后
n－1中色看作同一种色，出现第一色Ka 1或另一
色(n－1种色看作另一色）的Kq．即出现第 I 色
Ka ，I = 2 , … , n. 故 r (a1 , a2 , … , ak)≤ p
证
i
§３.10 Ramsey数
例
r ( 3 , 3 , 3) = 17
证 设三色为 r ,b ,g．则对K17的任一顶点v
16
有 dr(v) + db(v) + dg(v) = 16；因 3 =6 ,
故任一顶点与其他顶点的连线中，至少有
６条同色．不妨设dr(v1)≥6, (v1v2)…(v1v7)
都是红边．
从而可得如下判断树．
§３.10 Ramsey数
K6(v2···v7)中无红边 ?
N
Y
K6(v2···v7)中有红边
K6(v2···v7)中蓝绿２着色
设(v2v3)为红边
△v1v2v3是红色的
原题得证．
有蓝K3或绿K3