9. 容斥与反演

9.容斥与反演

容斥原理：

\[|\bigcup_{i=1}^n P_i|=\sum_{S\subseteq U} (-1)^{|S|-1}|\bigcap_{s\in S}P_s| \]

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 \(x_i\le k\)，求解数。\(n,k\le 10^5\)。

• 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。

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

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 \(\forall \ b_i\ne a_i\) 。\(n\le2000\) 。

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 \(dp\) ，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{siz[i]}{k}\times \frac{1}{(siz[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。\(n,m,c\le 400\)。

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 \(ans=\sum(-1)^{c-i}\binom{c}{i}f(i)\)。

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。

\(n\le17,m\le \binom{n}{2}\)。

不容易想到 \(O(n^33^n)\) 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。\(n\le1000,a,b,c,d\le 500,a+b+c+d\ge n\)。时间限制 \(4s\)。

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 \(\binom{n-3i}{i}\)，貌似高中数学称为捆绑法（我只听过一节）？

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

[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。\(n\le 300,a_i\le 10^9\)。

首先易得关键性质：若 \(ab=x,bc=y\) 为完全平方数，则 \(ac\) 同样也是。证明：\(ac=\frac{xy}{b^2}\) 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。

\[ans=(\prod_{j=1}^m a_j!)\times \sum_{i=0}^n((n-i)!\times f_{n,i}\times(-1)^i) \\ f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(a_j,j)}\ f_{i-1,j-k}\times \frac{1}{(a_i-k)!}\times \binom{a_i-1}{k} \]

容斥在什么时候起效？

• \(=\) 或 \(\ne\)
• \(\min\) 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

\[g(n)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}f(i)\Longleftrightarrow f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}g(i) \\ g(k)=\sum_{i=k}^n \binom{i}{k}f(i)\Longleftrightarrow f(k)=\sum _{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g(i) \]

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。\(t\le n\le 2000\)。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：\(ans=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g(i)\)。

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 \(m\le 20\)，求选择箱子的方案数，使得每种物品都被包含。\(n\le 10^6\)。

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，\(ans=\sum_{T\sub 2^m}(-1)^{m-|T|}f[T]\) 。

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。\(n\le 5000\) 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）：

\[ans=\sum_{S\sub E}(-1) \]

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。\(h,w,m\le 10^4,n\le 10\)。

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 \(O(2^nn^3)\)。

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：

1. 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;	
       }
   }
   

2. 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。\(n\le 17\)。

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

\[\max (S)=\sum_{T\sub S} (-1)^{|T|+1}\min(T)\tag{1} \]

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

\[E(\max S)=\sum_{T\sub S} (-1)^{|T|-1}E(\min T)\tag{2}) \]

扩展形式

\[\text{kthmax(S)}=\sum _{T\sub S,|T|\ge k}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\min \text{T}\tag{3} \]

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 \(2^n-1\)。\(n\le 20\)。

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：

\[E(x)=\sum_{i=1}^\inf i\cdot P(x=i) \\ E(x)=\sum_{i=1}^{\inf}P(x\ge i) \\ E(x)=\sum_{i=1}^\inf (1-p)^{i-1} \\ E(x)=\sum_{i=0}^\inf (1-p)^i=\frac{1-(1-p)^{\inf}}{1-(1-p)}=\frac{1}{p} \]

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。 \(n\le 18\)。

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 \(O(n^33^n)\)。

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 \(f_i=A_if_{fa[i]}+B_i\)，则转移方程可以写成：

\[deg_if_i=f_{fa[i]}+(\sum_{(v\in son[i])} a_v)f_i+(\sum_{v\in son[i]}b_v)+deg_i \\ A_i=\frac{1}{deg_i-\sum a_v},B_i=\frac{\sum b_v+deg_i}{deg_i-\sum a_v} \]

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