容斥原理

设 \(S\) 是一个有限集合，\(P_1,P_2\) 是指的某种性质，相应的 \(A_1,A_2\) 是 \(S\) 中具有这两个性质的元素构成的子集。

具有任一性质的元素构成的集合大小

\(|A_1 \cup A_2|=|A_1|+|A_2|-|A_1 \cap A_2|\)
可以画出文氏图，等式右侧相当于把相交部分算了两次再扣掉一次。
此式可以拓展到 \(n\) 个性质，先以 \(4\) 个为例：
\(| A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4|=(|A_1|+|A_2|+|A_3|+|A_4|)-(|A_1 \cap A_2|+|A_1 \cap A_3|+|A_1 \cap A_4|+|A_2 \cap A_3|+|A_2 \cap A_4|+|A_3 \cap A_4|)+(|A_1 \cap A_2 \cap A_3|+|A_1 \cap A_2 \cap A_4|+|A_1 \cap A_3 \cap A_4|+|A_2 \cap A_3 \cap A_4|)-|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4|\)。
要证明上式相等，就是要证明 \(S\) 中任意一个元素对等号左右贡献一样。假如元素 \(x\) 具有 \(P_1,P_2,P_3,P_4\) 中的：

• \(0\) 个性质：左侧贡献为 \(0\)，右侧只在 \(|S|\) 项贡献为 \(0\)，一致。
• \(1\) 个性质：左侧贡献为 \(1\)，右侧贡献为 \(\binom{1}{1}=1\)
• \(2\) 个性质：左侧贡献为 \(1\)，右侧贡献为 \(\binom{2}{1}-\binom{2}{2}=1\)
• \(3\) 个性质：左侧贡献为 \(1\)，右侧贡献为 \(\binom{3}{1}-\binom{3}{2}+\binom{3}{3}=1\)
• \(4\) 个性质：左侧贡献为 \(1\)，右侧贡献为 \(\binom{4}{1}-\binom{4}{2}+\binom{4}{3}-\binom{4}{4}=1\)
  如果有 \(n\) 种性质，那么如果一个元素具有其中的 \(m\) 种性质，当：
  \(m=0\) 时，对左右贡献都是 \(0\)。
  \(m \ne 0\) 时，对左右贡献都是 \((-1)^2\binom{m}{1}+(-1)^3\binom{m}{2}+(-1)^4\binom{m}{3}+...(-1)^{m+1}\binom{m}{m} \\ =(-1)[-1+(-1)^0\binom{m}{0}+(-1)^1\binom{m}{1}+(-1)^2\binom{m}{2}+(-1)^3\binom{m}{3}+...(-1)^m\binom{m}{m}]=1-(1-1)^m=1\)。

不具有若干性质的元素构成的集合大小

不具有某种性质往往不好统计，具有某种性质一般相对好统计，所以把不具有转为用具有的补集来表示。
\(|\overline A_1 \cap \overline A_2|=|S|-|A_1|-|A_2|+|A_1 \cap A_2|\)
可以画出文氏图，右侧相当于把相交部分减了两次，再加回一次。
此式可以拓展到 \(n\) 个性质，先以 \(4\) 个为例：
\(|\overline A_1 \cap \overline A_2 \cap \overline A_3 \cap \overline A_4|=|S|-(|A_1|+|A_2|+|A_3|+|A_4|)+(|A_1 \cap A_2|+|A_1 \cap A_3|+|A_1 \cap A_4|+|A_2 \cap A_3|+|A_2 \cap A_4|+|A_3 \cap A_4|)-(|A_1 \cap A_2 \cap A_3|+|A_1 \cap A_2 \cap A_4|+|A_1 \cap A_3 \cap A_4|+|A_2 \cap A_3 \cap A_4|)+|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4|\)。
要证明上式相等，就是要证明 \(S\) 中任意一个元素对等号左右贡献一样。假如元素 \(x\) 具有 \(P_1,P_2,P_3,P_4\) 中的：

• \(0\) 个性质：左侧贡献为 \(1\)，右侧只在 \(|S|\) 项贡献为 \(1\)，一致。
• \(1\) 个性质：左侧贡献为 \(0\)，右侧贡献为 \(\binom{1}{0}-\binom{1}{1}=0\)
• \(2\) 个性质：左侧贡献为 \(0\)，右侧贡献为 \(\binom{2}{0}-\binom{2}{1}+\binom{2}{2}=0\)
• \(3\) 个性质：左侧贡献为 \(0\)，右侧贡献为 \(\binom{3}{0}-\binom{3}{1}+\binom{3}{2}-\binom{3}{3}=0\)
• \(4\) 个性质：左侧贡献为 \(0\)，右侧贡献为 \(\binom{4}{0}-\binom{4}{1}+\binom{4}{2}-\binom{4}{3}+\binom{4}{4}=0\)
  成立。该方法可以推广到一般的 \(n\)。
  如果有 \(n\) 种性质，那么如果一个元素具有其中的 \(m\) 种性质，当：
  \(m=0\) 时，对左右贡献都是 \(1\)。
  \(m \ne 0\) 时，对左右贡献都是 \((-1)^0\binom{m}{0}+(-1)^1\binom{m}{1}+(-1)^2\binom{m}{2}+(-1)^3\binom{m}{3}+...(-1)^m\binom{m}{m}=(1-1)^m=0\)。
  得证。

用容斥原理计算全错排方案数

假设第 \(i\) 个位置数字为 \(i\) 的集合为 \(A_i\)，则全错排结果为所有数字都不在自己位置的集合的交集。
\(D_n = \overline A_1 \cap \overline A_2 \cap \overline A_3 \cap ... \cap \overline A_n\)
\(D_n = |S| - \sum |A_i| + \sum |A_iA_j| - \sum |A_iA_jA_k| ... + (-1)^n |A_1A_2A_3...A_n|\)
\(D_n = n! - n\ (n-1)! + \binom{n}{2} (n-2)! - \binom{n}{3} (n-3)! ... + (-1)^n \binom{n}{n}\)
\(D_n = n! - \frac{n!}{(n-1)!1!} (n-1)! + \frac{n!}{(n-2)!2!} (n-2)! - \frac{n!}{(n-3)!3!} (n-3)! ... + (-1)^n \frac{n!}{0!n!}\)
\(D_n = n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}...+(-1)^n\frac{1}{n!})\)