鸽巢原理（抽屉原理）

鸽巢原理(抽屉原理)

基本描述

桌子上有是个苹果，把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎么放，我们会发现至少会有一个抽屉里面至少放两个苹果。这一现象就是所说的“抽屉原理”。
更一般的表述：如果每一个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素。加入有n+1个元素放到n个集合中去，其中必定有一个集合里至少有两个元素。

第一抽屉原理

原理1

把多余n+1个物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里的东西不少于两件。

原理2

把多余mn+1(n不为0)个物体放到n个抽屉里面，则至少有一个抽屉里面不少于(m+1)的物体。

第二抽屉原理

把(mn -1 )个物体放入n个抽屉中，其中必须有一个抽屉不多余(m-1)个物体。
如将3*5-1 = 14个物体放入5个抽屉中，则必定有一个抽屉中的物体数目少于3-1=2.

举例

属相问题

属相有12个，那么任意37个人中，至少有几个人属相相同？

上取整(37 / 12) = 4

招聘问题

有300人到招聘会求职，其中软件设计有100人，市场营销有80人，财务管理有70人，人力资源管理有50人。那么至少有多少人找到工作才能保证一定有70人找的工作专业相同？

考虑最差情况，即软件设计，市场营销，财务管理均招了69人，人力资源管理招了50人，此时再多招1人，就有70人找的工作专业相同了。
故答案为 69*3 + 50 + 1 = 258

衬衫问题

一个抽屉里有20件衬衫，其中4件是蓝的，7件是灰的，9件是红的，则应从中随意取出多少件才能保证有5件是同颜色的？

考虑最差情况，即已经取出了4件蓝色，4件灰色，4件红色，再多取出1件就满足条件。
故答案为 4 + 4 + 4 + 1 = 13。

例题：

1.poj 2356:https://vjudge.net/problem/POJ-2356

题意：给你n个大于0的数，在n中取k个数且其和为n的倍数，输出k和每个数。

思路：我们可以从前缀和考虑，如果sum[i]%n那么直接输出，否则考虑sum[i]%n因为这n个数一定是属于[1,n-1]这就相当于把n个物品放到n-1个抽屉里，那么一定存在sum[i]%n=sum[j]%n，那么（sum[j]-sum[i])%n==0,假设j>i，那么我们只要输出ai-aj就好了。

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 #include<time.h>
  3 #include <set>
  4 #include <map>
  5 #include <stack>
  6 #include <cmath>
  7 #include <queue>
  8 #include <cstdio>
  9 #include <string>
 10 #include <vector>
 11 #include <cstring>
 12 #include <utility>
 13 #include <cstring>
 14 #include <iostream>
 15 #include <algorithm>
 16 #include <list>
 17 using namespace std;
 18 #define eps 1e-10
 19 #define PI acos(-1.0)
 20 #define lowbit(x) ((x)&(-x))
 21 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
 22 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s);
 23 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 24 typedef long long ll;
 25 typedef unsigned long long ull;
 26 const int maxn=1e5+5;
 27 const int Inf=0x7f7f7f7f;
 28 const ll Mod=999911659;
 29 //const int N=3e3+5;
 30 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判断一个数是不是 2 的正整数次幂
 31 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//对 2 的非负整数次幂取模
 32 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 获取 a 的第 b 位，最低位编号为 0
 33 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 为 0，否则为 -1
 34 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); }
 35 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
 36 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
 37 int Abs(int n) {
 38   return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31);
 39   /* n>>31 取得 n 的符号，若 n 为正数，n>>31 等于 0，若 n 为负数，n>>31 等于 -1
 40      若 n 为正数 n^0=n, 数不变，若 n 为负数有 n^(-1)
 41      需要计算 n 和 -1 的补码，然后进行异或运算，
 42      结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1，再减去 -1 就是绝对值 */
 43 }
 44 ll binpow(ll a, ll b,ll c) {
 45   ll res = 1;
 46   while (b > 0) {
 47     if (b & 1) res = res * a%c;
 48     a = a * a%c;
 49     b >>= 1;
 50   }
 51   return res%c;
 52 }
 53 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
 54 {
 55     if(b==0) {
 56         x=1,y=0;
 57         return;
 58     }
 59     extend_gcd(b,a%b,x,y);
 60     ll tmp=x;
 61     x=y;
 62     y=tmp-(a/b)*y;
 63 }
 64 ll mod_inverse(ll a,ll m)
 65 {
 66     ll x,y;
 67     extend_gcd(a,m,x,y);
 68     return (m+x%m)%m;
 69 }
 70 ll eulor(ll x)
 71 {
 72    ll cnt=x;
 73    ll ma=sqrt(x);
 74    for(int i=2;i<=ma;i++)
 75    {
 76     if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1);
 77     while(x%i==0) x/=i;
 78    }
 79    if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1);
 80    return cnt;
 81 }
 82 ll n,a[maxn],sum[maxn],pos[maxn];
 83 int main()
 84 {
 85     ios
 86     cin>>n;
 87     for(int i=1;i<=n;i++)
 88     {
 89         cin>>a[i];
 90         sum[i]=sum[i-1]+a[i];
 91     }
 92     for(int i=1;i<=n;i++)
 93     {
 94         if(sum[i]%n==0)
 95         {
 96             cout<<i<<endl;
 97             for(int j=1;j<=i;j++) cout<<a[j]<<endl;
 98                 break;
 99         }
100         if(pos[sum[i]%n])
101         {
102             cout<<i-pos[sum[i]%n]<<endl;
103             for(int j=pos[sum[i]%n]+1;j<=i;j++) cout<<a[j]<<endl;
104             break;
105         }
106         pos[sum[i]%n]=i;
107     }
108     return 0;
109 }

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