dp 状物容斥笔记

dp 状物容斥指的是使用 dp 来完成容斥的过程，将容斥系数拆分到每一步进行dp。

通常当你有容斥做法，且适配的子集条件较为一般，且数据范围不足通过时考虑使用 dp状物描述容斥。

来源神秘

求长度为 $n$ 值域为 $m$ 的序列个数，满足前一个数不是后一个数的非本身的倍数。

$n,m\leq 2000$

直接 $O(nm\log n)$ dp 。

发现这个做法行不通，走不下去，最多整除分块 $m$ 。

$n,m\leq 10^5$

考虑容斥：

枚举有几个不合法的 $a_{i-1} <->a_i$ ，设有钦定 $f(S)$ 不合法的数的方案数为 $f(S)$ ， $ans = \sum f(S) \times (-1)^{|S|}$ 。

那么可以将数列拆成若干个形如一个不钦定 + 若干个钦定段组成。

$\text{OXXXOXXOOOXO} =\text{OXXX|OXX|O|O|OX|O}$

发现容斥的子集搭配之间没有特殊的限制条件，所以进行 dp 。

$dp(i) = dp(i-j) \times w(j)\times g(j)$

相当于枚举最后这个钦定段的长度

$w$ 表示长为 $j$ 的如上的段数， $g(j)$ 表示容斥系数，显然当 $j$ 为奇数的时 $g(j) = 1$ ，否则为 $-1$ 。

可以发现这种段的长度是 $O(\log m)$ 。

时间复杂度 $O(n\log m+ m \text{ poly log } m)$

$n,\leq 10^{18} , m\leq 10^6$

每一项之和前 $\log n$ 项相关。

可以使用矩阵优化上述转移。

时间复杂度 $O(\log^3 m\log n+ m \text{ poly log } m)$ 。

使用不同筛法配合根号分治可以解决 $n\leq 10^{18},m\leq 10^9$ 。

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std 是直接容斥并计算每一项的系数

有较为优秀的多项式复杂度做法。

容斥即枚举点集 $T$ 并钦定 $T$ 不合法。

$ans = \sum f(T) \times (-1) ^{|T|}$

$f(T)$ 可以通过计算两个相邻的钦定不被覆盖的关键点之间的方案数求出。

容易发现这个容斥是没有后效性的，之前的每个集合都可以匹配或者不匹配现在的子集。

所以考虑 dp ：

$dp(i)$ 表示前 $i$ 个位置的容斥答案。

$dp(i) = dp(j) \times w(i,j)\times g(i,j)$ w 表示钦定 $[i,j]$ 内的点都不覆盖 $i , j$ 的方案数， g 表示容斥系数，在这里显然是 -1 。

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虽然是二项式反演，但也用了类似的思想：

将容斥系数分到每一步去乘。

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限制很多没法做的题，而且出现了 “两两不同” 考虑容斥。

将原问题抽象为图上问题，钦定某些点必须相同表现为在图上连边。

那么答案等于 $\sum _{S \in E} f(S)\times(-1)^{|S|}$

边子集的联通块就是要求相等的等价类。

于是有了 $O(2^{n^2}\times \text{poly } n )$ 的做法。

边子集太大了，没法枚举，考虑点集。

因为新加入的点集可以和原本的点集对应构成点集，没有限制，所以考虑 dp 。

$dp(S)$ 表示点集 $S$ 考虑 $S$ 内部的边的答案。

类似连通图计数地，我们枚举一个点集 $T$ 表示点 $u$ 所在的连通块。

那么原图就变成了 $V = S - T , T$ 了，需要考虑在这两边各选取一些子集搭配计算系数。

$dp(S) = \sum_{u\in T, V=S-T} dp(U) \times w(T)\times g(T)$

$g(T)$ 表示容斥系数，在这里好像不是很能够方便地求出，但是显然只和大小相关。

枚举边数和图的连通性是可以求出，但是有简单的做法：

考虑加入 连通块 的若是一个点，则系数应该是 $1$ 。

考虑加入 连通块 的若是两个点，则系数应该是 $-1$ 。

考虑加入 连通块 的若是三个点，则系数应该是 $1-3 = 2$ 。

考虑加入的 连通块 的边数，再次枚举一个连通块割出来：若这个连通块的大小为 $x,x\leq n -2$ ，则剩下了至少 $2$ 个点，剩下部分的方案数是 $2^p$ 必然是 $2$ 的倍数，在奇数偶数条边的方案数是相同的，所以表示为一个连通块 + 一个孤点的形态，枚举孤点，所以 $g(i)=g(i-1)*(i-1)*-1=(i-1) \times i!$ 。