容斥

合集 - 组合数学和线性代数(10)

1.二项式系数2024-04-262.生成函数2024-04-26

3.容斥2024-04-26

4.Min-Max 容斥2024-04-265.二项式反演2024-04-266.反射容斥2024-04-267.线性代数基础2024-04-268.LGV引理2024-04-269.矩阵树定理 BEST 定理2024-04-2610.特征值和特征向量2024-04-26

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容斥

基本形态：

$$\begin{aligned} |X_1\cup X_2 \cup X_3 \cup \cdots X_n|=\sum_{i}|X_i|-\sum_{i<j}|X_i \cap X_j| \cdots \\ +(-1)^{n-1}|X_1\cap X_2\cdots X_n| \end{aligned}$$

令 $X$ 为所有 $X_i$ 的集合，则可以简便地写成：

$$|\bigcup_{i=1}^{n}X_i|=\sum_{Y \subseteq X}(-1)^{|Y|-1}|\bigcap_{e\subseteq Y}e|$$

而在有些题目中，集合 $X_{i_1}\cap X_{i_2}\cap X_{i_3}……X_{i_k}$ 的大小只依赖于 $k$ 而不依赖具体的 $X$，那么找到这些系数 $a_0，a_1 \cdots a_n$ ，有公式：

$$\begin{aligned} |\overline{X_1}\cap \overline{X_2}\cap\cdots\overline{X_n}| =a_0-\binom{n}{1}a_1+\binom{n}{2}a_2+\cdots+ \\ (-1)^k\binom{n}{k}a_k+\cdots(-1)^n\binom{n}{n}a_n \end{aligned}$$

煎蛋应用：错位排列

枚举有多少个位置不满足条件，那么有容斥：

$$\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i\binom{n}{i}(n-i)!=n!(1-\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}\cdots(-1)^n\dfrac{1}{n!})$$

P6076 [JSOI2015] 染色问题

有几种限制显然需要分开处理：

设 $f_i$ 表示至多用 $i$ 种颜色染棋盘的方案数。

那么如果没有前两个限制那么答案就是：

$$f_c=\sum_{i=0}^{c-1}(-1)^i\binom{c}{i}f_{c-i}$$

再考虑剩下两种限制，设 $g_{i,j}$ 表示 $i$ 种颜色至多 $j$ 列有颜色的方案数。

对于每一行，保证至少有一个数，每行的方案数为 $(i+1)^j-1$，一共有 $n$ 行，那么有：

$$\begin{aligned} g_{i,j}&=((i+1)^j-1)^n \\ f_{i}&=\sum_{j=0}^{m-1}(-1)^{j}\binom{m}{j}g_{i,m-j} \end{aligned}$$

再结合上面的式子即可。

P2567 [SCOI2010] 幸运数字

这题其实比较平庸，主要是名字比较……

处理出所有只有 $6$ 和 $8$ 的数，一共有 $O(2^{10})$ 个数。

那么直接枚举子集复杂度是爆的，但是主要到几个数相乘很快贡献会变成 $0$。

考虑几个很牛的剪枝：

1.如果一个幸运数字是另一个的倍数就把他删除，因为它没有贡献。

2.如果值大于了 $R$ 就直接退出。

3.如果一个数大于了 $\dfrac{R}{3}$，说明它不能和其他数组合相乘做贡献，预先统计答案。

然后足以通过。

P4448 [AHOI2018初中组] 球球的排列

首先注意到如果 $x$ 和 $y$ 的乘积为平方数，$y$ 和 $z$ 的乘积为平方数，那么 $x$ 和 $z$ 的乘积也是平方数。那么一定可以将 $n$ 若干个不交的等价类。

设可以划分出 $m$ 个不交集合，第 $i$ 个集合有 $a_i$ 个元素，请计数有多少个排列满足排列中相邻两数不属于同一集合。

其实也就相当于求的是有恰好 $0$ 个相邻点对属于一个集合。

这种恰好往往是困难的，转化为求至少有多少个相邻点对再容斥。

再设 $b_i$ 表示第 $i$ 个集合有至少 $b_i$ 个相邻点对，再枚举 $b_i$ 的总和，那么有：

$$ans=\prod_{i=1}^{m}a_i!\sum_{b_1+b_2+\cdots b_m=k}(-1)^k(n-k)!\prod_{i=1}^{m}\dfrac{1}{(a_i-b_i)!}\binom{a_i-1}{b_i}$$

具体含义：

$\displaystyle\prod_{i=1}^{n}{a_i!}$：因为每个点的编号不同，所以答案要枚举全排列。

$(n-k)!\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\dfrac{1}{(a_i-b_i)!}$：因为有 $k$ 对相邻点对属于一个集合，也就相当于进行了一个绑定，那么还剩下 $(n-k)$ 个动点，对于第 $i$ 个集合有 $a_i-b_i$ 个动点，动点又不区分，那么也就有上式。

$\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\binom{a_i-1}{b_i}$：每个集合 $a_i$ 个数要钦定至少 $b_i$ 个数相邻，选择两个数间的空隙视为这两个数相邻，一共有 $a_i-1$ 个空隙。

$-1^k$ 就是正常的容斥系数。

写的时候就顺次枚举 $i$ 以及 $b_i$ 实时维护系数的变化即可。

具体而言，设 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个数中 $\sum b_i$ 为 $j$，$\displaystyle\prod_{w=1}^{i}\frac{1}{(a_w-b_w)!}\binom{a_w-1}{b_w}$ 的系数和。

每次转移的时候枚举 $b_{i}$，即：

$$f_{i-1,j-b_i}\times \frac{1}{(a_i-b_i)!}\times \binom{a_i-1}{b_i}\to f_{i,j}$$

看似是 $O(n^3)$ 的，但是循环次数仔细一算是：

$$\sum_{i=1}^{m}a_i\left(\sum_{j=1}^{i}a_i\right)$$

其实是 $O(n^2)$ 的。

P3349 [ZJOI2016] 小星星

一种对子集状态的容斥。

首先有暴力：$f_{i,j,S}$ 表示节点 $i$ 对应着节点 $j$，子树内部集合为 $S$ 的方案数，转移的时候枚举每个儿子的所有状态进行类似卷积的操作。

复杂度 $O(n^3\times 3^n)$，被爆了。

注意到复杂度主要来自于枚举子集。考虑能否将子集那一位的状态给删掉。

注意到子集那一位唯一需要刻画的是满足所有数两两不同的性质，或者说 $1 \sim n$ 每个数恰好都出现了一次。

那么考虑将恰好一次转化为至多一次，再配合上容斥转移。枚举 $1\sim n$ 的子集 $S$ 表示钦定不在集合里面的数不能出现。设 $f_S$ 表示只考虑集合 $S$ 里面的数的答案。

$$ans=\sum_{S}(-1)^{n-|S|}f_S$$

对于每个内层的树形 $\text{dp}$ ，设 $g_{x,i}$ 表示 $x$ 的子树中 $x$ 对应着节点 $i$ 的方案数，$vis_{x,y}$ 表示是否原图中 $x$ 和 $y$ 之间是否有连边。

$$\begin{aligned} g_{x,i}&=\prod_{y\in son_x}\sum_{j}vis_{i,j}f_{y,j} \\ f_{S}&=\sum_{i}g_{1,i} \end{aligned}$$

P9563 [SDCPC2023] Be Careful 2

暴力的枚举子集是 $2^k$ 显然要被爆了。

首先注意到容斥的时候是枚举包含某个矩形的所有矩形的总面积。横纵坐标本质不同的个数只有至多 $k$ 个，那么至多有 $k^4$ 个小矩形，转化为枚举小矩形坐标再反推贡献。

然后再观察 $k^4$ 个小矩形的容斥系数，注意到只有 $k^2$ 个左右的小矩形容斥系数不为 $0$ ，原因在于如果一个矩形内部包含了其他点，那么这个矩形一定是无贡献的，原因在于选内部的这个点和不选内部的这个点分别会带来 $1$ 和 $-1$ 的贡献，刚好抵消。

所以只需要找出所有内部不包含其他点的矩形。

枚举左右边界的点 $(x1,y1),(x2,y2)$，那么下边界只能是 $\min(y1,y2)$ 或者是 $x\in(x1,x2),y\in(0,min(y1,y2))$ 的点中 $y$ 最大的点，因为如果选择了不是最大的点，那么最大点就会被包含在矩形内部。

最后考虑包含某个矩形的所有正方形的总面积。

$$\begin{aligned} ans&=\sum_d{d^2}w_x(d)w_y(d) \\ w_x(d)&=\max(0,\min(x_1-1,n-d)-\max(0,x_2-d-1)+1) \\ w_y(d)&=\max(0,\min(y_1-1,m-d)-\max(0,y_2-d-1)+1) \end{aligned}$$

把 $\min,\max$ 拆开，变成分段函数，分别求前缀和，细节依托，故从题单中删除。

P8329 [ZJOI2022] 树

介绍一种偷鸡的方法：你先写个暴力，打个表出来看看，第一棵树叶子集合为 $S$ 的方案数和第二棵非叶子集合为 $S$ 的方案数相等。感性理解下大概是两者大概是个对称关系，大概会存在一种对应方式。

代数证明非常困难，不多赘述，这里有证明。

那么我们现在只用考虑一棵树，设 $f_S$ 表示第一棵树中非叶子节点恰好为 $S$ 的方案数。

直接计算依旧困难，考虑容斥，设 $g_S$ 表示非叶子节点为 $S$ 的子集的方案数。

那么有：

$$\begin{aligned} g(S)&=\prod_{i=2}^{n}\sum_{j\in S}[j<i] \\ f(S)&=\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|}g(S\backslash T) \end{aligned}$$

答案为所有 $f(S)$ 的平方和。

$$\begin{aligned} \sum_Sf^2(S)&=\sum_S\left(\sum_{T_1\subset S}(-1)^{|T_1|}g(S\backslash T_1)\right)\left(\sum_{T_2\subset S}(-1)^{|T_2|}g(S\backslash T_2)\right)\\ &=\sum_S\sum_{T_1\subset S}\sum_{T_2\subset S}(-1)^{|T_1|+|T_2|}\left(\prod_{i=2}^{n}\sum_{j\in S\backslash T_1}[j<i]\right)\left(\prod_{i=2}^{n}\sum_{j\in S\backslash T_2}[j<i]\right)\\ &=\sum_S\sum_{T_1\subset S}\sum_{T_2\subset S}(-1)^{|T_1|+|T_2|}\prod_{i=2}^{n}\left(\sum_{j\in S\backslash T_1}[j<i] \right)\left(\sum_{j\subset S\backslash T_2}[j<i]\right) \end{aligned}$$

其实就可以做完了！具体而言，设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个点只考虑 $|S\backslash T_1|,|S\backslash T_2|$ 的大小分别为 $j,k$，考虑 $f_{i,j,k}$ 能转移到哪里。

一共分五种情况，设 $x=f_{i,j,k}\times j\times k$

$$\begin{cases} +x\to f_{i+1,j,k} & S 不选\\ +x\to f_{i+1,j+1,k+1} & S选,T_1 不选,T_2 不选\\ -x\to f_{i+1,j+1,k} & S选,T_1 选,T_2 不选\\ -x\to f_{i+1,j,k+1} & S选,T_1 不选,T_2 选\\ +x\to f_{i+1,j,k} & S选,T_1选,T_2选 \end{cases}$$

滚动数组一下，然后你就切掉了很牛很牛的 $\text{ZJOI2022}$ 的一道题

Jellyfish and OEIS

容斥好题。

如果 $[l,r]$ 不满足条件，那么称 $[l,r]$ 为坏区间。

首先有一个观察到如果 $[l1,r1],[l2,r2]$ 都是坏区间，且 $l1\le l2 \le r1\le r2$，那么 $[l1,r2],[l2,r1]$ 也是坏区间。

再称本源坏区间为不包含其他的不满足其他条件的区间。

考虑使用区间 dp 去刻画状态，这 $f_{l,r}$ 表示区间 $[l,r]$ 区间由 $[l,r]$ 构成且不严格包含任何不满足条件的区间。那么有如果 $a_1=n$ 则无解，否则为 $f_{1,n}$。

考虑可以容斥计算 $f_{l,r}$，设 $g_{0/1,l,r,x}$ 表示区间内钦定了包含奇数/偶数个本源坏区间，留下的空位总数为 $x$ 的方案数，再设 $g_{l,r,x}=g_{0,l,r,x}-g_{1,l,r,x}$。设 $f’_{l,r}=[a_l\le r]f_{l,r}$ 即表示区间本身是一个本源坏区间的方案数。

那么有：

$$\begin{aligned} f_{l,r}&=\sum_{i=0}^{r-l+1}g_{l,r,x}x!+f'_{l,r} \\ g_{l,r,x}&=g_{l,r-1,x-1}-\sum_{k=l}^{r}g_{l,k-1,x}f'_{k,r} \end{aligned}$$

$g$ 的计算即看最后一个位置为空或者枚举最后一个本源坏区间。

算 $f$ 的时候要加上 $f’_{l,r}$ 的原因是 $f$ 算的是严格包含，而只有钦定了区间 $[l,r]$ 为本源坏区间被算进了 $g_{1,l,r,0}$ 内，要加会贡献。

注意到 $f_{l,r}$ 可能转移到自己，即计算 $g$ 的时候 $k$ 取到了 $l$ 。

但又注意到 $g_{k,k-1,x}$ 只有在 $x=0$ 的时候值为 $1$。

那么考虑稍微处理一下：

$$\begin{aligned} g_{l,r,x}&=g_{l,r,x-1}-\sum_{k=l}^{r-1}g_{l,k,x}f'_{k+1,r} \\ f_{l,r}&=\sum_{x=0}^{r-l+1}g_{l,r,x}x! \\ g_{l,r,0}&=g_{l,r,0}-f’_{l,r} \end{aligned}$$

那么这样算的话，再算 $f_{l,r}$ 的时候 $g_{l,r,0}$ 内漏减了个 $f’_{l,r}$ 刚好和外面的抵消了，最后再减回去即可。

复杂度 $O(n^4)$，但区间 dp 自带小常数足以通过。

这样你就成功的用 $\text{700b}$ 通过了一道 $3500$ 的 CF题。