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计数原理与方法
引言
计数是组合数学的基石。在竞赛中，灵活运用加法原理、乘法原理、容斥原理、鸽巢原理等核心计数工具，能将看似复杂的计数问题化繁为简。本文系统梳理各类计数原理及其竞赛级应用，涵盖排列组合的多种变体与经典技巧。
一、加法原理与乘法原理
加法原理 (Rule of Sum)
若完成一件事有 $k$类互斥的办法，第$i$类办法中有$m_i$ 种不同方法，则完成这件事共有 $$N = m_1 + m_2 + \cdots + m_k$$ 种不同的方法。关键词：分类、互斥、或。
乘法原理 (Rule of Product)
若完成一件事需要依次经过 $k$个步骤，第$i$步有$m_i$ 种不同方法，则完成这件事共有 $$N = m_1 \times m_2 \times \cdots \times m_k$$ 种不同的方法。关键词：分步、独立、且。
竞赛易错点
加法与乘法原理的关键区分在于「分类」还是「分步」。分类用加法，分步用乘法。若分类下的子情况又需分步，则「先乘后加」——这是大多数计数题的通用思路。
例1：数字列计数
用数字 $0,1,2,3,4,5$ 组成无重复数字的四位数，共有多少个？
- 解析
分类：首位不能为 $0$。先选首位——有 $5$ 种选法（$1-5$）。剩下的 $3$位从剩余的$5$个数字中选$3$个排列，有$A_5^3 = 60$种。由乘法原理，总数$= 5 \times 60 = 300$。
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二、排列 (Permutation)
2.1 线排列
排列数公式
从 $n$个不同元素中取出$k$个元素按顺序排成一列，排列数记作$P(n,k)$或$A_n^k$： $$P(n,k) = n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1) = \frac{n!}{(n-k)!}$$ 全排列：$P(n,n) = n!$
2.2 圆排列
圆排列公式
$n$个不同元素围成一圈。由于旋转后相同的排列视为同一种，可固定一个元素作为参照，其余$n-1$ 个元素全排列： $$Q_n = (n-1)!$$
理解关键
圆排列的关键在于「旋转等价」。若问题涉及「手镯」一类可翻转的物体，还需考虑翻转对称性（即除以 $2$）。
2.3 有重复元素的排列
多重集排列
若 $n$个元素中有$k$类相同元素，第$i$类有$n_i$ 个（$\sum n_i = n$），则全排列数为： $$\frac{n!}{n_1! \thinspace n_2! \thinspace \cdots \thinspace n_k!}$$
例2：字母排列
单词 "MISSISSIPPI" 的字母共有多少种不同的排列方式？
- 解析
共 $11$ 个字母：M=$1$，I=$4$，S=$4$，P=$2$。排列数为： $$\frac{11!}{1!\thinspace4!\thinspace4!\thinspace2!} = 34650$$
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三、组合 (Combination)
3.1 普通组合
组合数公式
从 $n$个不同元素中取出$k$个元素（不计顺序），组合数记作$C(n,k)$或$\binom{n}{k}$： $$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\thinspace(n-k)!}$$
组合数的基本性质
- 对称性：$\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$
- 递推性（杨辉三角）：$\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k} + \binom{n-1}{k-1}$
- 求和：$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} = 2^n$
3.2 可重组合（星条法）
可重组合
从 $n$种不同类型的元素中取$k$ 个，允许重复且不计顺序，组合数为： $$\binom{n+k-1}{k}$$ 等价于方程 $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = k$的非负整数解个数，其中$x_i$表示第$i$ 类元素取的个数。
星条法推导（Stars and Bars）
将 $k$个「星」（代表要取的$k$个元素）和$n-1$个「条」（分隔$n$类）排成一行，共$k+(n-1)$个位置，从中选$k$个位置放星（或选$n-1$个位置放条），即为$\binom{n+k-1}{k}$。
例3：星条法应用
方程 $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 10$ 有多少组非负整数解？
- 解析
$n=4$，$k=10$。由可重组合公式，解数为 $\binom{4+10-1}{10} = \binom{13}{10} = \binom{13}{3} = 286$。
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四、容斥原理 (Inclusion-Exclusion)
4.1 二重与三重容斥
二重容斥
$$|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|$$
三重容斥
$$|A \cup B \cup C| = |A| + |B| + |C| - |A \cap B| - |A \cap C| - |B \cap C| + |A \cap B \cap C|$$
4.2 一般形式
容斥原理一般形式
设 $A_1, A_2, \ldots, A_n$是有限集$S$ 的子集，则： $$\left|\bigcup_{i=1}^{n} A_i\right| = \sum_{i=1}^{n} |A_i| - \sum_{1 \leq i < j \leq n} |A_i \cap A_j| + \sum_{1 \leq i < j < k \leq n} |A_i \cap A_j \cap A_k| - \cdots + (-1)^{n-1}|A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n|$$
口诀：奇加偶减
求并集大小时，奇数个集合的交用加号，偶数个集合的交用减号。另一种思路是求补集：先在全体中减去不满足任意一个条件的元素，再加回被重复减去的，以此类推。
例4：容斥原理经典题
求 $1$到$100$中不能被$2, 3, 5$ 整除的数的个数。
- 解析
设 $S = \lbrace 1, 2, \ldots, 100\rbrace $，$A_2$= 能被$2$ 整除的数，$A_3$= 能被$3$ 整除的数，$A_5$= 能被$5$ 整除的数。
$|A_2| = \lfloor 100/2 \rfloor = 50$，$|A_3| = \lfloor 100/3 \rfloor = 33$，$|A_5| = \lfloor 100/5 \rfloor = 20$
$|A_2 \cap A_3| = \lfloor 100/6 \rfloor = 16$，$|A_2 \cap A_5| = \lfloor 100/10 \rfloor = 10$，$|A_3 \cap A_5| = \lfloor 100/15 \rfloor = 6$
$|A_2 \cap A_3 \cap A_5| = \lfloor 100/30 \rfloor = 3$
由容斥原理： $$|A_2 \cup A_3 \cup A_5| = 50 + 33 + 20 - 16 - 10 - 6 + 3 = 74$$ 故不能被 $2,3,5$整除的数有$100 - 74 = 26$ 个。
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五、错位排列 (Derangement)
错位排列
$n$个元素的全排列中，每个元素都不在原来位置上的排列数，记作$D_n$（或 $!n$）。其递推公式为： $$D_1 = 0,\quad D_2 = 1,\quad D_n = (n-1)(D_{n-1} + D_{n-2}) \quad (n \geq 3)$$ 通项公式（由容斥原理导出）： $$D_n = n! \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!} = n! \left(1 - \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \cdots + \frac{(-1)^n}{n!}\right)$$
容斥推导思路
设 $A_i$= 「第$i$个元素在原来位置上」的排列集合。所求即$n! - |\bigcup_{i=1}^n A_i|$，对并集应用容斥原理展开即得通项公式。$|A_i| = (n-1)!$，$|A_i \cap A_j| = (n-2)!$，……，一般地 $|\bigcap_{t=1}^k A_{i_t}| = (n-k)!$。
例5：错位排列问题
$5$封信装入$5$ 个信封，全部装错的方案数是多少？
- 解析
即求 $D_5$。由递推：$D_1=0$, $D_2=1$, $D_3=2(1+0)=2$, $D_4=3(2+1)=9$, $D_5=4(9+2)=44$。 或由通项公式：$D_5 = 5!(1 - 1 + 1/2 - 1/6 + 1/24 - 1/120) = 120(44/120) = 44$。
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六、鸽巢原理 (Pigeonhole Principle)
鸽巢原理（基本形式）
若将 $n+1$个物体放入$n$个盒子中，则至少有一个盒子包含至少$2$ 个物体。
鸽巢原理（加强形式）
若将 $m$个物体放入$n$个盒子中，则至少有一个盒子包含至少$\lceil m/n \rceil$ 个物体。
抽屉原理（Dirichlet 原理）
若将 $q_1 + q_2 + \cdots + q_n - n + 1$个物体放入$n$个盒子中，则或者第$1$个盒子至少有$q_1$个物体，或者第$2$个盒子至少有$q_2$个物体，……，或者第$n$个盒子至少有$q_n$ 个物体。
例6：鸽巢原理经典题
证明：任意 $n+1$个整数中，必存在两个整数，它们的差能被$n$ 整除。
- 证明
任意整数除以 $n$的余数只能是$0, 1, 2, \ldots, n-1$，共 $n$种可能。现有$n+1$个整数，由鸽巢原理，至少有两个整数除以$n$的余数相同。设这两个数为$a$和$b$（$a > b$），则 $a \equiv b \pmod{n}$，即 $a - b$能被$n$ 整除。$\square$
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例7：抽屉原理加强形式
证明：任意 $5$个整数中，必可选出$3$个，其和能被$3$ 整除。
- 证明
将整数按除以 $3$的余数分为三类：余$0$、余 $1$、余 $2$。由加强鸽巢原理（$m=5, n=3$），至少有一个余数类包含 $\lceil 5/3 \rceil = 2$ 个或更多元素。
- 若某类 $\geq 3$个，取该类中$3$个数，其余数相同，和为$3$ 的倍数。
- 若每类均 $\leq 2$个，则三类恰好各有元素（因为总共$5$个），取每类各一个，余数和$0+1+2=3$，和也为 $3$ 的倍数。$\square$
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6.1 Ramsey 型推广
Ramsey 数 $R(s,t)$
任意 $R(s,t)$个人中，必有$s$人两两认识，或$t$人两两不认识。已知$R(3,3) = 6$（见图论基础与染色中的详细讨论），这一结果本质上是鸽巢原理在二元关系中的推广。
七、映射法（双射法）
双射法 (Bijection Method)
若能在两个有限集合之间建立一一映射（双射），则它们的元素个数相等。这是证明组合恒等式和解决组合计数问题的有力工具。
典型应用
- 证明 $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$：选 $k$个元素的子集 ↔ 选$n-k$ 个元素不选的子集。
- 证明组合恒等式：通过构造两端计数的同一组合对象的双射解释。
例8：双射法证明恒等式
证明：$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2 = \binom{2n}{n}$。
- 证明（组合解释 / 双射法）
考虑从 $2n$ 个人（$n$男$n$女）中选$n$ 人组成委员会。直接计数：$\binom{2n}{n}$。
另一种计数方法：按选出的男性人数 $k$分类。选$k$ 个男性（$\binom{n}{k}$种）和$n-k$个女性（即$\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$种），共$\binom{n}{k}^2$种。对所有$k$ 求和即得左式。由双射法，两边相等。$\square$
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7.1 反射原理与伯特兰投票定理
格点路径
从 $(0,0)$到$(a, b)$（$a, b \ge 0$）的格点路径是由若干步「向右 $\to$」和「向上 $\uparrow$」组成的路径。总路径数为 $\binom{a+b}{a}$（在 $a+b$步中选$a$ 步向右）。
André 反射原理 (1887)
从 $(0,0)$到$(a, b)$（$a < b$）且触碰或越过对角线 $y = x$ 的路径数，等于从 $(-1, 1)$到$(a, b)$的路径数，即$\binom{a+b}{a+1}$。
原理：将每条「坏路径」首次触碰 $y = x$之前的路径关于$y = x$反射，得到一条从$(-1, 1)$ 出发的路径。此映射为双射。
反射原理的精髓
反射原理是双射法的精彩应用：将「不满足条件的对象」与「另一类易计数的对象」建立一一对应。这一思想贯穿 Catalan 数、Ballot 定理等经典问题。
伯特兰投票定理 (Bertrand's Ballot Theorem, 1887)
候选人 A 得 $a$票，候选人 B 得$b$ 票，$a > b$。在计票全过程中 A 始终严格领先 B 的概率为 $$P = \frac{a - b}{a + b}$$ 等价地，满足条件的计票顺序数为 $\dfrac{a - b}{a + b}\dbinom{a+b}{a}$。
例8.5：伯特兰投票定理的证明（反射原理）
问题：A 得 $a$票、B 得$b$ 票（$a > b$），求 A 全程严格领先的概率。
- 证明（André 反射法）
将计票序列编码为格点路径：A 得票 = 向右，B 得票 = 向上。从 $(0,0)$到$(a, b)$，总路径 $\binom{a+b}{a}$。
A 全程严格领先 $\Leftrightarrow$路径始终在对角线$y = x$ 严格上方（除起点外不触碰）。
「坏路径」= 在某时刻 A 不领先（即触碰 $y = x$）。第一步若为 B 得票（向上），路径必为坏（因 $(0,1)$在$y = x$ 上方之外）。但更一般地：
关键步骤：将每条坏路径首次触碰 $y = x$的点之前的部分关于$y = x$反射。原路径从$(0,0)$出发，反射后变为从$(0, 0)$「反射」到 $(-1, 1)$... 更精确地：
触碰 $y = x$的坏路径，反射后等价于从$(1, -1)$（即「先投 B 一票」的反射起点）到 $(a, b)$的路径。这给出了坏路径与从$(1, -1)$到$(a, b)$ 的路径之间的双射。
坏路径数 $= \binom{a+b}{a-1}$（从 $(1,-1)$到$(a,b)$需$a - 1$ 步右、$b + 1$步上，共$a + b$ 步）。
好路径数 $= \binom{a+b}{a} - \binom{a+b}{a-1} = \binom{a+b}{a}\left(1 - \frac{a}{a+1}\right)$... 直接计算： $$\binom{a+b}{a} - \binom{a+b}{a-1} = \frac{(a+b)!}{a!\thinspace b!} - \frac{(a+b)!}{(a-1)!\thinspace (b+1)!} = \frac{(a+b)!}{a!\thinspace b!}\left(1 - \frac{a}{b+1}\right) = \frac{(a+b)!}{a!\thinspace b!} \cdot \frac{b+1-a}{b+1}$$
等等——标准反射论证给出坏路径 $= \binom{a+b}{a+1}$（当 $a < b$时）。但这里$a > b$，需调整。
正确论证（针对 $a > b$，A 始终领先）：
- 第一步必为 A 得票（否则 B 领先），故路径从 $(0,0)$先到$(1,0)$。
- 从 $(1, 0)$到$(a, b)$的路径，需始终满足$y < x$（即 $x - y \ge 1$）。
- 坏路径 = 从 $(1,0)$到$(a,b)$触碰$y = x$的路径。反射首次触碰点之前的部分关于$y = x$，得到从 $(0, 1)$到$(a, b)$ 的路径。
- 坏路径数 $= \binom{a+b-1}{a}$（从 $(0,1)$到$(a,b)$需$a$ 步右、$b-1$步上，共$a + b - 1$ 步）。
好路径数 $= \binom{a+b-1}{a-1} - \binom{a+b-1}{a} = \frac{(a+b-1)!}{(a-1)!\thinspace b!} - \frac{(a+b-1)!}{a!\thinspace (b-1)!}$ $= \frac{(a+b-1)!}{a!\thinspace b!}\big(a \cdot b! / b! \cdot a - \ldots\big)$
化简：$= \frac{(a+b-1)!}{(a-1)!\thinspace (b-1)!}\left(\frac{1}{b} - \frac{1}{a}\right) = \frac{(a+b-1)!}{(a-1)!\thinspace (b-1)!} \cdot \frac{a - b}{ab}$ $= \frac{(a-b)}{a+b} \cdot \frac{(a+b)!}{a!\thinspace b!} = \frac{a-b}{a+b}\binom{a+b}{a}$
概率 $P = \dfrac{\text{好路径数}}{\binom{a+b}{a}} = \dfrac{a - b}{a + b}$。$\square$
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例8.6：Catalan 数的反射原理推导
从 $(0,0)$到$(n, n)$不越过对角线$y = x$（允许触碰）的路径数即 Catalan 数 $C_n$。
- 解析
总路径 $\binom{2n}{n}$。越过 $y = x$的路径（即触碰$y = x + 1$）由反射原理等价于从 $(-1, 1)$到$(n, n)$的路径，数$\binom{2n}{n-1}$。
$C_n = \binom{2n}{n} - \binom{2n}{n-1} = \binom{2n}{n} - \frac{n}{n+1}\binom{2n}{n} = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$。$\square$
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Ballot 定理与 Catalan 数的关系
- Catalan 数：$a = b = n$，不越过 $y = x$（允许触碰）$\Rightarrow C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$
- Ballot 定理：$a > b$，严格在 $y = x$上方$\Rightarrow \frac{a-b}{a+b}\binom{a+b}{a}$
- 二者均由反射原理导出，是双射法在格点路径计数中的典范。
伯努利错排与 Ballot 定理
错排问题（§5）和 Ballot 定理都是「带限制条件的计数」经典问题，但工具不同：
- 错排用容斥原理（§5）或 Möbius 反演（§9）
- Ballot 定理用反射原理（双射法 §7） 两者共同体现了组合数学中「精确处理约束」的精髓。
八、综合例题
例9：夫妻围坐问题
$n$ 对夫妻围坐一张圆桌，要求男女相间（即男女交替而坐）。求方案数。
- 解析
先安排男性。$n$个男性围坐圆桌，圆排列有$(n-1)!$种方案。男性坐定后产生了$n$ 个间隔（男性之间），每个间隔坐一位女性。$n$位女性在这$n$个位置上坐下的方案数是$n!$（线排列）。由乘法原理，总方案数为： $$(n-1)! \times n!$$
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例10：限制条件下的数字排列
用数字 $1,2,3,4,5$组成没有重复数字的五位数，要求$1$ 不在首位，$2$ 不在第二位，$3$ 不在第三位。有多少种排法？
- 解析（容斥原理）
全集 $S$：所有五位数全排列，$|S| = 5! = 120$。 设 $A_1$：$1$ 在首位，$A_2$：$2$ 在第二位，$A_3$：$3$ 在第三位。 $|A_1| = 4! = 24$，$|A_2| = 24$，$|A_3| = 24$。 $|A_1 \cap A_2| = 3! = 6$，$|A_1 \cap A_3| = 6$，$|A_2 \cap A_3| = 6$。 $|A_1 \cap A_2 \cap A_3| = 2! = 2$。 所求 $= 120 - (24+24+24) + (6+6+6) - 2 = 120 - 72 + 18 - 2 = 64$。
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九、Möbius 反演与容斥的统一
偏序集上的 Möbius 反演
设 $(P, \le)$ 是有限偏序集，$\mu(x,y)$为其 Möbius 函数（由$\mu(x,x)=1$，$\sum_{x \le z \le y} \mu(x,z) = 0$递归定义）。若$f, g : P \to \mathbb{R}$ 满足 $$g(x) = \sum_{y \le x} f(y)$$ 则 $$f(x) = \sum_{y \le x} \mu(y,x) g(y)$$
容斥原理的偏序集视角
容斥原理本质上是布尔格 $(2^{[n]}, \subseteq)$上的 Möbius 反演。设$A_1, \ldots, A_n \subseteq S$，对每个 $I \subseteq [n]$令$g(I) = |\bigcap_{i \in I} A_i \cap \bigcap_{i \notin I} A_i^c|$（精确属于这些 $A_i$的元素数），则$|\bigcap_{i \in I} A_i| = \sum_{J \supseteq I} g(J)$。Möbius 反演给出 $g(\varnothing) = \sum_{J} (-1)^{|J|} |\bigcap_{i \in J} A_i|$，正是容斥原理。
数论 Möbius 函数
经典数论 Möbius 函数 $\mu(n)$是偏序集$(\mathbb{N}, \mid)$（按整除关系）上的 Möbius 函数，其反演公式 $$g(n) = \sum_{d \mid n} f(d) \iff f(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) g(n/d)$$ 是经典 Möbius 反演公式。详见 数论函数与欧拉定理。
例11：用 Möbius 反演证明错位排列公式
设 $D_n$为$n$元错排数。对每个排列$\pi$，设 $\text{Fix}(\pi) = \lbrace i : \pi(i) = i\rbrace $。对子集 $S \subseteq [n]$，令 $g(S)$为「不动点集恰为$S$」的排列数，$f(S) = |\bigcap_{i \in S}\lbrace i \text{ 固定}\rbrace | = (n - |S|)!$。则 $f(S) = \sum_{T \supseteq S} g(T)$，反演得 $$g(\varnothing) = \sum_{T} (-1)^{|T|} f(T) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} (n-k)! = n! \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!} = D_n$$
十、符号反转对合（Sign-Reversing Involution）
对合法
设 $S$ 是有限集，$\iota : S \to S$ 是对合（$\iota \circ \iota = \text{id}$），且赋予 $S$上每个元素$x$符号$\text{sgn}(x) \in \lbrace \pm 1\rbrace $。若 $\iota$是符号反转的（即$\text{sgn}(\iota(x)) = -\text{sgn}(x)$当$\iota(x) \ne x$），则 $$\sum_{x \in S} \text{sgn}(x) = \sum_{x \in S:\thinspace \iota(x) = x} \text{sgn}(x)$$ 即和只由不动点贡献。这是组合证明恒等式与化简交错和的强大工具。
例12：用 SRI 证明 $\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} = 0$
令 $S = 2^{[n]}$，$\text{sgn}(A) = (-1)^{|A|}$。定义 $\iota(A)$为「在$A$中加入或删除最小元素$\min([n] \setminus A)$（若 $1 \notin A$ 则加入，否则删除）」。$\iota$改变$|A|$奇偶性故符号反转，且$\iota$ 无不动点（$[n] \ne \varnothing$）。故 $\sum_A (-1)^{|A|} = 0$。$\square$
例13：用 SRI 证明 Euler 数 $\sum_{k} (-1)^k \binom{n}{k}(n-k)^n = n!$
等式左端为「全函数 $[n] \to [n]$中为满射的函数数」的容斥，结果$n!$即排列数。SRI 提供了直接组合证明：对$[n]$ 的部分排列（缺位）作对合，仅完整排列为不动点。
十一、Lindström–Gessel–Viennot 引理（行列式计数）
LGV 引理
设 $G$ 是有向无圈图，$A = \lbrace a_1, \ldots, a_n\rbrace $ 为起点集，$B = \lbrace b_1, \ldots, b_n\rbrace $为终点集，每条边权$w(e)$。设 $e(a_i, b_j)$为$a_i$到$b_j$ 的所有路径权积之和。则 $$\det \big( e(a_i, b_j) \big)_{i,j=1}^{n} = \sum_{(\gamma_1, \ldots, \gamma_n)} \text{sgn}(\sigma) \prod_i w(\gamma_i)$$ 其中右端对所有从 $A$到$B$ 的「顶点不相交路径族」求和，$\sigma$ 为端点置换。
当所有「非顶点不相交」的路径族贡献通过对合抵消时，行列式给出顶点不相交路径族的计数。
例14：用 LGV 引理证明 Catalan 数
考虑格点路径从 $(0,0)$到$(n,n)$不越过对角线。LGV 引理可用于将 Catalan 数表达为$2\times 2$行列式，进而导出$C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$。
例15：非相交路径与平面分拆
LGV 引理是平面分拆（plane partitions）、对称矩阵计数等高级组合课题的基石。
十二、Polya 计数与 Burnside 引理（导引）
群作用下的计数
当计数对象在群作用下「本质相同」（如项链旋转等价、立方体旋转等价），需要用 Burnside 引理或更一般的 Pólya 计数定理。详细理论见 对称群与Pólya计数。
Burnside 引理
设有限群 $G$作用在有限集$X$ 上，则轨道数（不等价对象数）为 $$|X/G| = \frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} |X^g|$$ 其中 $X^g = \lbrace x \in X : g \cdot x = x\rbrace $为$g$ 的不动点集。
例16：Burnside 引理简单应用
用 $k$种颜色染$n$ 颗珠子的项链（允许旋转），不等价染色数为 $$\frac{1}{n} \sum_{d \mid n} \varphi(d) k^{n/d}$$ 这是 Burnside 应用于循环群 $C_n$ 的结果。
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