【题解】Solution Set - 容斥原理/二项式反演

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【题解】Solution Set - 容斥原理/二项式反演

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「BZOJ2863」愤怒的元首

题目就是求 $n$ 个点 DAG 的数量。

设 $d{p}_i$ 表示 $i$ 个点的 DAG 数量。

首先 DAG 一定存在出度为 $0$ 的点，其次删去出度为 $0$ 的点，仍构成一个 DAG。

所以我们可以枚举删去的数量，从而划分子问题。

$g(n)$ 表示从 $N$ 个不同元素 钦定/选至少 $n$ 个元素形成特定结构的方案数；

$f(n)$ 表示 恰好 使用 $n$ 个不同元素（且这 $n$ 个元素包含所有被钦定的）形成特定结构的总方案数。

具体地，$d{p}_i=\sum _{j=1}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})d{p}_{i-j}{2}^{j(i-j)}$

但是这样显然不对，因为后面算的实际上是至少，而我们需要的是恰好，即 $g(j)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})d{p}_{i-j}{2}^{j(i-j)}$。

于是二项式反演一下：

$$\begin{array}{rl}d{p}_i& =\sum _{j=1}^{i}f(j)\\ & =\sum _{j=1}^i\sum _{k=j}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})(-1{)}^{k-j}g(k)\\ & =\sum _{j=1}^i\sum _{k=j}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})(-1{)}^{k-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})d{p}_{i-k}{2}^{k(i-k)}\\ & =\sum _{k=1}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})d{p}_{i-k}{2}^{k(i-k)}\sum _{j=1}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})(-1{)}^{k-j}{1}^j& 【\text{换求和顺序}】\\ & =\sum _{k=1}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})d{p}_{i-k}{2}^{k(i-k)}(0-(-1{)}^k)& 【\text{二项式定理(需要补 0 次项)}】\\ & =\sum _{k=1}^i(-1{)}^{k-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})d{p}_{i-k}{2}^{k(i-k)}\end{array}$$

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或者直接考虑容斥（再一次体现了容斥和二项式定理本质是相同的。

就是上面的最后一个式子。

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「BZOJ4665」小w的喜糖

将每个人的拥有的糖都都视作互不相同的。这样才能用二项式反演来容斥。

考虑 dp。

$dp[i][j]$：前 $i$ 中糖，至少 $j$ 个不变。

有如下转移：

$$dp[i][j]=\sum _{k=0}^{n}dp[i-1][j-k](\genfrac{}{}{0ex}{}{cnt[i]}{k})A(cnt[i],k)$$

相当先无序的选出 $k$ 个位置，然后再有顺序选出 $k$ 个糖。

然后就可以二项式反演了。

最后的最后记得将答案除以每种糖的个数的阶乘。

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「HDU1098」Ignatius's puzzle

首先不难发现，$x,a\in [0,64]$ 就能覆盖所有的情况。考虑枚举 $a$，如果再直接枚举 $x$（65次

发现 $65$ 不是质数，但是 $65=5\times 13$，所以要保证 $5\mid f(x)$ 且 $13\mid f(x)$ 即可。

这种拆模数的方法有点启发意义，虽然不是容斥但还是放在这里了