2.9. 容斥与反演2024-08-23

9.容斥与反演

容斥原理：

| ⋃_{i = 1}^{n} P_{i} | = \sum_{S \subseteq U} (- 1)^{| S | - 1} | ⋂_{s \in S} P_{s} |

感性理解： $P_{i}$ ：”满足某种性质的元素的集合“；左边：具有任意一种性质的元素的并，右边：至少具备多个性质的元素。

证明：考虑一个元素 $x$ ，设其包含在 $k$ 个集合内，那么当集合 $| s | = t$ 时，会被算 $(\binom{k}{t})$ 次，其系数为 $(- 1)^{t - 1}$ ，整理：

\sum_{i = 1}^{k} (- 1)^{i - 1} (\binom{k}{i}) = - \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) (- 1)^{i} + 1 = - (1 - 1)^{k} + 1 = 1

不定方程计数

有不定方程 $\sum x_{i} = S$ ，均为非负整数，有限制 $x_{i} \leq k$ ，求解数。 $n, k \leq 10^{5}$ 。

不好直接做，考虑容斥。
枚举几个至少大于 $k$ ， $S$ 则变成 $S - (k + 1) \times i$ ，问题转化为没有限制的问题，运用插板法解决。

a n s = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) (\binom{S - (k + 1) i + n - 1}{n - 1})

多重集的错位排列

给定非排列的 $a_{i}$ ，求有多少种改变顺序得到的 $b_{i}$ ，满足 $\forall b_{i} \neq a_{i}$ 。 $n \leq 2000$ 。

普通错排的递推式就是 $D (n) = (n - 1) \times (D (n - 1) + D (n - 2))$ ，就是考虑最后一步，是交换之前的一个错排，还是之前的一个非错排。

但是错排还有容斥形式，至少一个的容斥系数就是：（固定零个）-（固定一个）+ （固定两个）-（固定三个）+（固定四个）...

即：（刚好打破 $0$ 个限制）=（至少打破 0 个限制）-（至少打破 1 个限制） + （至少打破两个限制） - （至少打破三个限制）...

写成封闭形式，即 $D (n) = \sum ((\binom{n}{i}) (- 1)^{i} \times (n - i)!)$

回顾一下容斥原理的本质：容斥系数为正的时候，是为了求出那些最后一次有机会能求出的数。

另外，对于多重集的全排列公式，即 $\frac{n!}{n_{1}! n_{2}! n_{3}! . . . n_{k}!}$ 。

考虑 $d p$ ，设 $f [i] [j]$ 表示考虑了 $i$ 个数字， $j$ 个位置强制打破。数组值存的是容斥系数×方案数。

枚举当前数字 $i$ 强制打破了 $k$ 个限制， $f [i] [j] = \sum f [i - 1] [j - k] \times (- 1)^{k} \times (\binom{s i z [i]}{k}) \times \frac{1}{(s i z [i] - k)!}$ ，和上面基本一样。

最后答案即 $\sum f [m] [i] \times (n - j)!$ 。

[JSOI2015] 染色问题

给你一个 $n \times m$ 的网格和 $c$ 种颜色，要求每行，每列至少染色一个， $c$ 种颜色必须全用。 $n, m, c \leq 400$ 。

发现有三层限制，我们至少要容斥掉两层。

设 $f (c)$ 为至多使用 $c$ 种颜色的方案数，则 $a n s = \sum (- 1)^{c - i} (\binom{c}{i}) f (i)$ 。

再容斥一维，看哪些列全为 $0$ 。

f (c) = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{m - i + 1} (\binom{m}{i}) ((c + 1)^{n} - 1)^{i}

[ZJOI2016] 小星星

给你一个无向图，再给你一个 $n$ 个点的树，问有多少给点重编号的方式，使得树上的边均存在于原图中。

$n \leq 17, m \leq (\binom{n}{2})$ 。

不容易想到 $O (n^{3} 3^{n})$ 的树形 DP，设 $f [i] [j] [S]$ 表示将 $i$ 重标号为 $j$ ，遍历 $j$ 在图上连的点 $y$ 是相连的。

转移方程：

f [u] [j] [S] = \prod (\sum_{(u, v) \in T (u), (j, k) \in G, S^{'} \sub S} f [v] [k] [S^{'}])

考虑我们为什么要存一个子集，是为了保证重标号的结果是一个排列，也即不重不漏，怎么计数？容斥！

枚举一个 $S$ ，设 $g (S)$ 表示只考虑 $S$ 内的编号，也即：至多选择这些点。运用子集反演，则答案为 $\sum (- 1)^{n - | S |} g (S)$ 。

[TJOI2019] 唱、跳、rap和篮球

给定 $a, b, c, d$ 个唱跳rap篮球，将他们放在长度为 $n$ 的序列中，求有多少方案满足不存在相邻的唱跳rap篮球。相同类型彼此不区分。 $n \leq 1000, a, b, c, d \leq 500, a + b + c + d \geq n$ 。时间限制 $4 s$ 。

很套路的容斥，我们钦定有 $i$ 个相邻的，那么答案就是 $\sum_{i} (- 1)^{i} f (i)$ 。

因为 $n$ 和种类数都较小，所以我们可以直接 dp求出 $f (i)$ ：设 $g_{i, j, c}$ 表示前 $i$ 种颜色放了 $j$ 个，钦定了 $c$ 个位置，再往里插板即可。

一个比较关键的是：钦定 $i$ 个长度为 $4$ 的子段的方案数是多少？答案是 $(\binom{n - 3 i}{i})$ ，貌似高中数学称为捆绑法（我只听过一节）？

因此答案即为 $\sum_{i} (\binom{n - 3 i}{i}) (- 1)^{i} g (n, j, n - 4 c)$ 。

[AHOI2018初中组] 球球的排列

给定序列，求有多少种排列方式，使得没有相邻两个数的乘积是完全平方数。 $n \leq 300, a_{i} \leq 10^{9}$ 。

首先易得关键性质：若 $a b = x, b c = y$ 为完全平方数，则 $a c$ 同样也是。证明： $a c = \frac{x y}{b^{2}}$ 显然是整数，且是完全平方数。

于是题意可以转换为：

有 $m$ 种颜色的球，第 $i$ 种的颜色有 $s_{i}$ 个， $\sum s_{i} = n$ ，求同色不相邻的方案，球有编号。

真的是组合计数困难题呀，想了一天的式子，中间牵扯到多重集全排列以及交换求和顺序等等知识点。

O(n^3) dp做法：

设 $f [i] []$

O(n^2) 容斥做法：

我们可以钦定对于前 $i$ 种颜色，总共有 $j$ 个相邻，当前颜色有 $k$ 个相邻，这样的情况有多少？
设 $f_{i}$ 表示总共有 $i$ 个相邻。

a n s = (\prod_{j = 1}^{m} a_{j}!) \times \sum_{i = 0}^{n} ((n - i)! \times f_{n, i} \times (- 1)^{i}) f_{i, j} = \sum_{k = 0}^{min (a_{j}, j)} f_{i - 1, j - k} \times \frac{1}{(a_{i} - k)!} \times (\binom{a_{i} - 1}{k})

容斥在什么时候起效？

$=$ 或 $\neq$
$min$ 或 $max$
至少或恰好

二项式反演

实际上，反演在线性代数上的本质相当于矩阵乘法，即为，有两个向量 $F, G$ ，转移矩阵 $H$ ，有

$F = G \times H$
如果 $H$ 存在逆 $H^{- 1}$ ，则有：

$G = F \times H^{- 1}$
问题转化为了构造矩阵以及求矩阵逆元。

由此本质出发，矩阵自身进行一些转置什么的操作，依旧满足性质。

定理内容：

若

g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) f (i)

则有：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{n - i} g (i)

证明：使用vfk原ppt方法

我们依旧回到错排问题，设 $f (n)$ 表示错排方案数， $g (n)$ 表示随便放，则 $g$ 可以写成关于 $f$ 的形式：

g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) f (i)

即为枚举哪些人站错了，剩下的人都站对了。

考虑一个显然正确的式子：

f (n) = \sum_{m = 0}^{n} [m = n] (\binom{n}{m}) f (m)

对于艾佛森括号，我们可以通过二项式定理展开，即：

(1 - 1)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{i} = [n = 0]

再次代入：

f (n) = \sum_{m = 0}^{n} \sum_{i = 0}^{n - m} (\binom{n - m}{i}) (- 1)^{i} (\binom{n}{m}) f (m)

其中有两个组合数，考虑组合意义：先在 $n$ 种选 $m$ 个，再从剩下的选 $i$ 个，先后顺序是不重要的，所以有：

f (n) = \sum_{m = 0}^{n} \sum_{i = 0}^{n - m} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) (\binom{n - i}{m}) f (m)

交换求和符号：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) \sum_{m = 0}^{n - i} (\binom{n - i}{m}) f (m)

不难发现后面的式子即为 $g (n - i)$ ：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g (n - i)

令 $t = n - i$ ，则 $i = n - t$ 。

f (n) = \sum_{t = 0}^{n} (- 1)^{n - t} (\binom{n}{t}) g (t)

证毕。

“至多/至少"和"恰好"的转换

g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) f (i) ⟺ f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) g (i) g (k) = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) f (i) ⟺ f (k) = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) g (i)

考虑组合意义，上式的 $g (i)$ 表示 至多i，下式表示 至少 i。右侧 $f$ 均表示恰好 $i$ 。

应用在于算容斥系数。

例题1：P4859 已经没有什么好害怕的了

给定两个序列， $a_{i}, b_{i}$ ，要求两两配对使得 $a_{j} > b_{k}$ 的配对数减去 $a_{j} < b_{k}$ 的配对数恰好等于 $t$ ，求方案数。 $t \leq n \leq 2000$ 。保证 $a, b$ 互不相同。

因为没有相等的元素，所以 $a > b$ 的个数一定是 $\frac{n + k}{2}$ 。特判掉 $n + k$ 为奇数的情况。

问题变成了计数 $a > b$ 恰好为 $k^{'}$ 的方案。

我们肯定需要分别升序排序，然后考虑 $a_{i}$ 匹配了哪个位置上的 $b_{j}$ 。

设 $f_{i, j}$ 表示考虑 $a$ 的前 $i$ 个位置已经匹配，此时比 $a_{i}$ 小的 $b$ 还有 $j$ 个：

如果当前 $a_{i}$ 匹配了一个小于 $a_{i}$ 的 $b$ ，那么下一个 $a_{i + 1}$ 会减少一个能够匹配的 $j$ 。

但是如果匹配了一个大于 $a_{i}$ 的 $b$ ，下一个 $a_{i + 1}$ 不好确定是否会减少，这样看似只能状压，如何刻画？

考虑反演。我们要计算 恰好有 k 对匹配，通过二项式反演，我们也可以求 至少有 k 对匹配。

设 $f_{i, j}$ 表示至少匹配了 $j$ 次 $< a$ 的匹配，那么每次要么不匹配，匹配的方案有 $s - j$ 种，其中 $s$ 是小于 $a_{i}$ 的 $b$ 的个数。

f [i] [j] = f [i - 1] [j] + f [i - 1] [j - 1] * (s - j)

设 $g_{i}$ 表示至少 $i$ 对匹配，有 $g_{i} = \sum (n - i)! f_{n, i}$ ，前面的阶乘表示剩下的随便乱选。

然后对于恰好的转换就是： $a n s = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) g (i)$ 。

降智错误：最后的 k,实际上是 (n+k)/2！！！

子集反演

定理内容

若

g [S] = \sum_{T \sub S} f [T]

则有：

f [S] = \sum_{T \sub S} (- 1)^{| S | - | T |} g [T]

证明

类似的，我们可以反演艾佛森括号：

\sum_{T \sub S} (- 1)^{| T |} = [| S | = 0]

等价于二项式反演，因为元素大小为 $| T |$ 的元素有 $(\binom{| S |}{| T |})$ 个。

f [S] = \sum_{T \sub S} [| S | = | T |] f [T] f [S] = \sum_{T \sub S} \sum_{P \sub S - T} (- 1)^{| P |} f [T] f [S] = \sum_{P \sub S} (- 1)^{| P |} \sum_{T \sub S - P} f [T] f [S] = \sum_{P \sub S} (- 1)^{| P |} g [S - P] f [S] = \sum_{P \sub S} (- 1)^{| S | - | P |} g [P]

P6442 [COCI2011-2012#6] KOŠARE

给定 $n$ 个箱子，每个箱子中有若干件物品，所有物品的种类数 $m \leq 20$ ，求选择箱子的方案数，使得每种物品都被包含。 $n \leq 10^{6}$ 。

直接做不好做，显然用子集反演，但是是选择“至少”还是“至多”呢？

我们考虑 $f [S]$ 表示选的物品是 $S$ 的子集的方案数， $a n s = \sum_{T \sub 2^{m}} (- 1)^{m - | T |} f [T]$ 。

再求出 $g [S]$ 表示有多少箱子是 $S$ 的子集， $f [S] = (2^{g [S]} - 1)$ 。

可以发现 $g [S]$ 相当于高维前缀和。

[ARC101E] Ribbons on Tree

给定大小为 $n$ 的树，给树上的点两两配对，对于每一组配对 $(u, v)$ 将其路径上的边全部覆盖，定义一个配对方案合法，当且仅当每一条边都被覆盖。 $n \leq 5000$ 且是偶数。

套路的，有 $O (n^{3})$ 的 DP：

设 $f_{u, i}$ 表示 $u$ 为根的子树内有 $i$ 个点未匹配的方案数，转移用 $f_{u, i} \times f_{v, j} \times (\binom{i}{k}) (\binom{j}{k}) \to f_{u, i + j - k}$ 。

这样没有优化的空间了，考虑子集反演（容斥）：

a n s = \sum_{S \sub E} (- 1)

P3813 [FJOI2017] 矩阵填数

给定一个 $h \times w$ 的矩阵，每个位置可以填 $[1, m]$ 的数。

有 $n$ 个限制：表示一个子矩阵的最大值为 $v$ 。

求方案数。 $h, w, m \leq 10^{4}, n \leq 10$ 。

对于多个矩形，满足条件是不好做的，但是不满足条件是好做的，只需要 $s^{v} - s^{v - 1}$ 即可，其中 $s$ 是这个矩形的点个数。

设 $f (S)$ 表示至少打破 $S$ 集合内的限制，最终求恰好打破 $0$ 个限制，直接子集反演。

因为 $n$ 只有 $10$ ，我们可以先离散化，这样有用的点就是 $O (n)$ 个了。

这样暴力遍历矩形并 checkmin，可以在 $O (n^{3})$ 求出 $f (S)$ 。

时间复杂度 $O (2^{n} n^{3})$ 。

当走不动的时候多想想离散化，NOIP2023T4说不定就拿满了。

这里二维矩形的离散化来整理一下，两种思路：

每个点保存以其为右上角的矩形，放在一维上存的是 $(x_{i - 1}, x_{i}]$ 左开右闭，注意到这样可以充分利用 $x [0] = 0$ ，但仍要加入 $x [n + 1] = h$ 。

对于输入矩形 $(x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2})$ ，因为左开右闭，所以实际上存的是 $(x_{1} - 1, y_{1} - 1, x_{2}, y_{2})$ ，进行遍历的时候，实际上是：
```
for(int x=q[j].x1+1;x<=q[j].x2;x++) {
    for(int y=q[j].y1+1;y<=q[j].y2;y++) {
        a[x][y]=min(a[x][y],q[j].v-1);
    }
}
for(int x=1;x<=tot1;x++) {
    for(int y=1;y<=tot2;y++) {
        int s=(X[x]-X[x-1])*(Y[y]-Y[y-1]);	
        ans=ans*ksm(a[x][y]%mod,s)%mod;	
    }
}
```
每个点保存以其为左下角的矩形，放在一维上是左闭右开，这样需要加入 $x [1] = 1, x [n + 1] = h + 1$ 。

对于输入矩形，其右上角要加一，遍历的时候只能到右端点减一。

都可以先从一维上考虑，理清思路再写，检查考场上会写慌。

[SHOI2016] 黑暗前的幻想乡

有一张无向完全图，每条边有一个颜色，总共有 $n - 1$ 种颜色，求恰好有 $n - 1$ 种颜色的生成树个数。 $n \leq 17$ 。

这题也非常牛！

如果已知一个无向图，那么我们很好用矩阵数定理求生成树个数。

但是颜色的限定很制，限制表示一个颜色只能选一条边，我们枚举选的颜色集合，表示至多打破这些颜色的限制，形成的生成树个数，最终要求的是恰好打破 0 个颜色限制的个数。子集反演即可。

Min-max 容斥

定理内容

\begin{matrix} (1) & max (S) = \sum_{T \sub S} (- 1)^{| T | + 1} min (T) \end{matrix}

证明

对于每一个 $a_{i} \in T$ ，考虑其作为最小值的贡献次数，显然，小于 $a_{i}$ 的不能选，不妨设大于 $a_{i}$ 的有 $k$ 个，枚举，则有：

\sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) (- 1)^{i + 1 + 1}

由二项式反演易知其结果为 $[k = 0]$ ，即只有最大值能有贡献。

期望形式

\begin{matrix} (2) & E (max S) = \sum_{T \sub S} (- 1)^{| T | - 1} E (min T)) \end{matrix}

扩展形式

\begin{matrix} (3) & kthmax(S) = \sum_{T \sub S, | T | \geq k} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) min T \end{matrix}

P3175 [HAOI2015] 按位或

初始手上有一个 $0$ ，每一秒你可以选择一个 $[0, 2^{n} - 1]$ 的数字与手上的数字进行按位或，选择 $i$ 的概率是 $p_{i}$ ，问期望多少秒后手上的数字变成 $2^{n} - 1$ 。 $n \leq 20$ 。

前置知识：离散随机变量的几何分布

这是高中数学吗？

抛出一个六面的筛子，丢出数字 $1$ 的期望是多少？答案即为 $1 / (1 / 6) = 6$ 。

证明：

$E (x) = \sum_{i = 1}^{inf} i \cdot P (x = i) E (x) = \sum_{i = 1}^{inf} P (x \geq i) E (x) = \sum_{i = 1}^{inf} (1 - p)^{i - 1} E (x) = \sum_{i = 0}^{inf} (1 - p)^{i} = \frac{1 - (1 - p)^{inf}}{1 - (1 - p)} = \frac{1}{p}$

我们把 $n$ 为二进制直接看成集合，定义集合的 $max$ 为集合中最后一个位置变成 1 的时间，定义 $min$ 为集合中第一个位置变成 1 的时间。这样做的原因是第一个位置变成 1 是好求的。

E (min S) = \frac{1}{p} p = 1 - \sum_{T \sub (U - S)} P_{T}

注意我们求概率 $p$ 的时候就已经不关心试了几次了，只用求一次的情况。

因此，我们只需计算一遍高维前缀和即可，如果最后要求任意结束位置，则需要求两遍高维前缀和。

P4707 重返现世

[PKUWC2018]随机游走

有根树，初始给定起点。每次询问树上随机游走经过一个点集中所有点至少一次的期望步数。 $n \leq 18$ 。

相当于求集合最后一个点经过的时间，可以用Min-Max容斥转换为求第一个点经过的时间。

根据期望的套路，可以直接dp，设 $f_{i, s}$ 表示从 $i$ 出发，第一次走过 $s$ 内任意一个点的期望时间，有转移：

f_{i,s}=1+\frac{1}{deg_i}(f_{fa,s}+\sum f_{v,s}) & (i\notin s) \\ f_{i,s}=0 &(i\in S)

需要高斯消元，时间复杂度 $O (n^{3} 3^{n})$ 。

对于树上需要高斯消元的问题，如果我们将转移方程写成关于父亲的函数，那么可以在 O(n) 时间做树上高消。

具体的，设 $f_{i} = A_{i} f_{f a [i]} + B_{i}$ ，则转移方程可以写成：

d e g_{i} f_{i} = f_{f a [i]} + (\sum_{(v \in s o n [i])} a_{v}) f_{i} + (\sum_{v \in s o n [i]} b_{v}) + d e g_{i} A_{i} = \frac{1}{d e g_{i} - \sum a_{v}}, B_{i} = \frac{\sum b_{v} + d e g_{i}}{d e g_{i} - \sum a_{v}}

非常牛， $A, B$ 均只与子树信息有关，~~同时和 $S$ 无关~~，~~可以直接一遍树形 dp 得到~~。

错误的，不要忘了 $S$ 的限制，当 $x \in S$ 的时候直接 return 即可。

P3600 随机数生成器

斯特林反演

posted @ 2024-08-23 18:09 Apricity8211 阅读(38) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 2023 NOIP 集训

· 网络流与图匹配

· 容斥与二项式反演

· 容斥与反演

· 容斥原理学习笔记

阅读排行：
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型，支持深度思考和联网搜索！
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目（很简单哒）
· ollama系列1：轻松3步本地部署deepseek，普通电脑可用
· 按钮权限的设计及实现
· 【杂谈】分布式事务——高大上的无用知识？

公告

昵称： Apricity8211
园龄： 4年11个月
粉丝： 4
关注： 6

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

阿维斯托

9. 容斥与反演

9.容斥与反演

[JSOI2015] 染色问题

[ZJOI2016] 小星星

[TJOI2019] 唱、跳、rap和篮球

[AHOI2018初中组] 球球的排列

二项式反演

定理内容：

证明：使用vfk原ppt方法

“至多/至少"和"恰好"的转换

例题1：P4859 已经没有什么好害怕的了

子集反演

定理内容

证明

P6442 [COCI2011-2012#6] KOŠARE

[ARC101E] Ribbons on Tree

P3813 [FJOI2017] 矩阵填数

[SHOI2016] 黑暗前的幻想乡

Min-max 容斥

定理内容

证明

P3175 [HAOI2015] 按位或

P4707 重返现世

[PKUWC2018]随机游走

P3600 随机数生成器

斯特林反演

公告

搜索

常用链接

最新随笔

我的标签

积分与排名

合集

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

推荐排行榜

最新评论