容斥技术（长期更新）

容斥的最直接的想法就是给算重了的东西填上系数，使得不合法的东西都算了 $0$ 次，然后合法的东西都算了 $c$ 次（ $c$ 为常数， $c = 1$ 当然最好）。

要证明一种容斥是对的，就考察任意一个对象，验证其计数次数是否符合要求即可。

普通容斥

对于一个集合 $S$ 的一部分子集构成的簇 $P$ 有：

| ⋃_{T \in P} T | = \sum_{Q \subseteq P} (- 1)^{| Q | - 1} | ⋂_{T \in Q} T |

证：

设元素 $x$ 在 $k (k \neq 0)$ 个 $S$ 的子集中被包含，则它对左式的贡献为 $1$ 。现在来看它对右式的贡献，为：

$\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{k} (- 1)^{i - 1} (\binom{k}{i}) & = (- 1) \times \sum_{i = 1}^{k} (- 1)^{i} (\binom{k}{i}) \\ = 1 - (- 1) \times \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{i} (\binom{k}{i}) \\ = 1 + (1 - 1)^{k} \\ = 1 \end{aligned}$
$i$ 相当于在枚举 $| Q |$ 的大小。

所以原式得证。

最为简单的容斥就是正难则反的思想，用不考虑任何限制的减去有限制的，有的时候有限制的可以直接算了就不用继续想了。

二项式反演似乎是很常用的容斥技巧，但是已经把它放在反演里面了，就不单独说了。毕竟二项式反演已经告诉了我们应该使用哪种系数，所以是简单的。

各种反演也是常用的容斥手段，相当于已经知道系数的容斥。

介绍一种将容斥与生成函数相结合的思想，这使得容斥的含金量还在上升。

以下内容纯属口胡，可能不太正确，不太完整。

首先我们可以对要计数的对象搞一个生成函数 $G$ 出来，然后又记容斥系数的生成函数为 $F$ 。

于是最终就是 $F$ 通过运算得到 $G$ ，然后就可以尝试反解出 $F$ ，就得到了容斥系数。

这样做应该就不用猜测容斥系数了（？）。

更一般的凑容斥系数的方法

考虑要计数恰好被 $k$ 种集合覆盖的元素贡献为 $f_{k}$ ，大小为 $s$ 的集合的容斥系数为 $g_{s}$ 。

那么就有 $\sum_{1 \leq i \leq k} (\binom{k}{i}) g_{i} = f_{k}$

令 $g_{0} = 0$ ，那么 $\sum_{0 \leq i \leq k} (\binom{k}{i}) g_{i} = f_{k}$

反演一下得到 $g_{k} = \sum_{0 \leq i \leq k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) f_{i}$ 。

Min-Max 容斥

式子：

\begin{aligned} max S & = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} min T \\ max_{k t h} S & = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) min T \end{aligned}

以上两个式子把 $min, max$ 对换也是成立的，即：

\begin{aligned} min S & = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} max T \\ min_{k t h} S & = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) max T \end{aligned}

等着补证明。

反射容斥

用于格路计数问题，可以在转移与格路计数类似的DP中见到，然后直接用数学方法优化。

首先容易得到 $(x_{0}, y_{0})$ 关于 $y = x + b$ 对称得到 $(y_{0} - b, x_{0} + b)$ 。

以及 $(0, 0)$ 走到 $(n, m)$ 的方案数为 $(\binom{n + m}{n})$ 。

先来考虑一下Catalan数的格路计数的推导方式解决一个类似的问题，这里我们不能经过 $y = x + 1$ ，从 $(0, 0)$ 走到 $(n, m)$ 。

我们对每一种经过了 $y = x + 1$ 的非法路线沿 $y = x + 1$ 翻折，每一种非法路线的终点都是 $(m - 1, n + 1)$ ，可以简单证明 $(0, 0)$ 走到 $(m - 1, n + 1)$ 的路线一一对应着一条非法路线。于是 $C_{n} = (\binom{n + m}{n}) - (\binom{n + m}{n + 1})$ 。

于是不能经过一条直线的格路计数问题已经解决了。现在来考虑不能经过两条直线的情况。解决了两条直线的情况，我们就已经知道了格路计数中不能经过 $k$ 条直线的全部，因为只需要取距离 $y = x$ 最近的两条直线即可。

两条直线在同侧的情况已经解决了，这里考虑两条直线 $y_{1} = x + l$ 和 $y_{2} = x + r$ （ $l < 0 < r$ ，当然要异侧）。

我们记 $L$ 表示经过了 $y_{1}$ 一次， $R$ 表示经过了 $y_{2}$ 一次，若连续多次经过同一条直线，我们只在其第一次经过时记录一次。于是将当前折线经过的直线的字母写下来，就是 $S = L R L R \dots$ 或者 $R L R L \dots$ 或者 $\emptyset$ 。

我们记 $f (S)$ 表示 $S$ 作为一个子序列出现过的所有路径的方案数。

那么有结论：从 $(0, 0)$ 走到 $(n, m)$ 的方案数 $a n s = f (\emptyset) + \sum_{k \geq 1, k = | s |} (- 1)^{k} (f (L R L R \dots) + f (R L R L \dots))$

证明是这样的，考虑一个串 $S = L R L R \dots$ （不失一般性，不妨以 $L$ 开头）被计数了几次（应该是 $0$ 次）。空集贡献了 $1$ 。是 $S$ 的子序列的串就是 $S$ 的每个前缀以及 $S$ 去掉第一个字符后的串的每个前缀。前一种的贡献是 $\sum_{k = 1}^{| S |} (- 1)^{k}$ ，后一种的贡献为 $\sum_{k = 1}^{| S | - 1} (- 1)^{k} = (- 1) \times \sum_{k = 2}^{| S |} (- 1)^{k}$ ，两个加起来就是 $- 1$ ，再算上空集的贡献就是 $0$ 。于是对于 $S \neq \emptyset$ 的都只算了 $0$ 次，所以是对的。

然后又怎么算呢？发现 $f (S)$ 是好算的，设 $(n, m)$ 经过 $S$ 中的翻折（类似反射？）到了 $(n^{'}, m^{'})$ ，那么 $f (S) = (\binom{n^{'} + m^{'}}{n^{'}})$ 。

先把 $a n s$ 的前几项写开：

$a n s = (\binom{n + m}{n}) - (\binom{n + m}{n + l}) - (\binom{n + m}{n + r}) + (\binom{n + m}{n + l - r}) + (\binom{n + m}{n - l + r}) - (\binom{n + m}{n + 2 l - r}) - (\binom{n + m}{n - l + 2 r}) + (\binom{n + m}{n + 2 l - 2 r}) \dots$

大力观察可以发现，我们不要原来的那个求和号，直接拆开，然后每四个为一组来看，第一个与第三个配对，第二个与第四个配对，可以得到更容易计算的柿子：

a n s = \sum_{k \in Z} (\binom{n + m}{n - k (r - l)}) - (\binom{n + m}{n - k (r - l) + r})

注意到随着 $k$ 增大，下指标到负数就全为 $0$ 了，所以可以预处理 $O (\frac{n}{r - l})$ 个组合数，然后 $O (n)$ 去算。

其实最终的难点不在于使用反射容斥，而是中间的转化。

例题

P3266 [JLOI2015] 骗我呢

简要题意： $n \times m$ 的格子，每个格子中有 $0 \leq X_{i, j} \leq m$ 。满足 $X_{i, j} < X_{i, j + 1} \land X_{i, j} < X_{i - 1, j + 1}$ 。现在来填这个格子，有多少种方案数？

Sol：

首先来想朴素DP。发现一行中数字两两互不相同，一行有 $m$ 个数要填，而值域为 $[0, m]$ 一共 $m + 1$ 个数。这个性质很好，可以设DP状态为 $f_{i, j}$ 表示填到了第 $i$ 行，第 $i$ 行没有填 $j$ 的方案数。

然后手推一下，发现上一行要是没有填 $> j + 1$ 的数，第 $i$ 行就一定会填 $j$ 。于是转移就是 $f_{i, j} = \sum_{k = 0}^{j + 1} f_{i - 1, k}$ 。

再化一步，注意到有点像前缀和的形式，可以化出 $f_{i, j} = f_{i, j - 1} + f_{i - 1, j + 1}$ （ $j \neq 0$ ）， $j = 0$ 时， $f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i - 1, j + 1}$ 。 $i = 1$ 时， $f_{i, j} = 1$ 。

然后这是二维的DP，发现形式很像在格路上统计路径数量。于是把图手画一下。注意 $j = 0$ 处有格外的边。由于有斜着的边，于是把每行平移一点，总之可以转化到从 $(0, 0)$ 走到 $(n, n + m + 1)$ ，不经过 $y_{1} = x - 1$ 和 $y_{2} = x + m + 2$ 的方案数，上反射容斥就做完了。