容斥（含min-max容斥)
资料与前置知识
组合数学
博客：初探容斥原理 容斥的原理及广义应用
二项式定理
二项式反演：
若
则
具体见组合数学
容斥入门（小学奥数版)
容斥的基本思想：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复
简单容斥：
这样，我们如果能够轻易知道A“并且”B的答案，就可以龟速地算出A“或者”B的答案；如果能够轻易知道A“或者”B的答案，就可以龟速地算出A“并且”B的答案
例题：
Jordan 筛法（几乎不用）
在 \(n\) 个集合中，选出恰好属于 \(m\) 个集合的元素个数：
这涉及到了容斥的本质，见下图：（来源:qy学长的课件）
其中字母表示元素/集合，\(AB\) 表示 \(A ∩ B\) 中不属于 \(C,D\) 的部分，即仅属于 \(A ∩ B\) 的部分。
这样， \(A ∩ B = AB + ABC + ABD + ABCD\)（类似一个DAG上的可达点)
由于是个DAG，可以根据 \(A ∩ B,A ∩ C,...\) 的值来反推 \(AB,AC,...\) 的值。由此，可以确定容斥系数。
递推方程：“恰好”(目标） = val[cur]（递推系数） + 所有“前驱”的 val
(hard)容斥系数的确定
#2839. 集合计数
先放式子：
首先我们将交集至少为 \(k\) 的方案数算出来，为：\(C_n^k * (2^{2^{n-k}}-1)\)（先确定 \(k\) 个数，再其它数随意）
针对我们钦定的 \(k\) 个数，发现多加了交集为大于等于 \(k + 1\) 的情况，先考虑 \(k + 1\)：先选出多算的那 \(k + 1\) 个的情况是什么情况，即选出多算了哪一个数。然后其它数任选即可。这里看似一切正常。对应的式子为 \(- C_{n-k}^1* (2^{2^{n-k-1}}-1)\)
然后考虑交集大小为 \(k + 2\) 的情况：先选出多算的那两个数是哪两个数，然后考虑它已经被算了几次。\(k\) 的时候算了一次，两个多出来的数中每一个数都会被 \(k + 1\) 的时候减掉一次，这样它被算了 \(1 - C_2^1\) 次。看似毫无规律的样子...不过，经过化简，我们发现它被算了-1次，而它的目标系数为0，那么我们把它加一下就好了。这里已可以窥探出一些规律。对应的式子为 \(+C_{n-k}{2}* (2^{2^{n-k-2}}-1)\)
然后考虑交集大小为 \(k + 3\) 的情况：照常套路，但是我们要知道它已经被算了多少次。k的时候被加了一次，然后三个多出来的数中 每一个数 都会被 \(k + 1\) 减掉一次，然后 每两个数 都会被 \(k + 2\) 加上一次。注意到“每x个数”，我们想到了基础容斥的那种情况。换言之，它被算了 \(C_3^0 - C_3^1 + C_3^2\) 次。看它不爽，加上个 \(-C_3^3\)，为 \(C_3^0 - C_3^1 + C_3^2 - C_3^3\)，这玩意恰恰等于0（组合恒等式），并且0恰好为目标系数。那么只需加上个 \(-C_3^3\) 的容斥系数就好了。规律可见，是加是减取决于当前 \(k + x\) 中x的奇偶。因此得出上面的式子。
容斥基础 （雾）
（小热身）
有一个集合S，如果枚举它的每个子集，即:（其中 $sum[T] $ 表示集合T内元素值的和）
那么每个元素的贡献为：（枚举含x的集合大小）
考虑每个元素的贡献时 min-max 容斥证明的常用思想。
min-max容斥：
t为s的非空子集, \(min(s)\) 表示集合中元素最小值， \(max(s)\) 表示集合中元素最大值：
当 \(|s|=1\) 时很好理解；
当 \(|s|=2\) 时也很好理解：比如s={1, 5}，那么 \(max(1, 5)=1+5-min(1,5)\)， \(min(1, 5)=1+5-max(1, 5)\)
当 \(|s|=3\) 时或许也还行：比如s={2, 3, 5}，那么
当 \(|s|>3\) 时就要背结论了。
以 \(max(S)=\sum{min(T)* (-1)^{|T|+1}}\) 为例：
我们要求一个函数 \(f(x)\)，使得：
考虑每个数 （第 x + 1 大） 的贡献次数：
二项式反演：
由于 \(ismx(i)=[i==0]\)，因此：
即
所以
对于期望min-max也同样适用，即：
其中
\(E(max(s))\) 表示 s 集合内随机变量（期望几次能出现某元素） 的最大值，即期望几次能取完 s 集合；
\(E(min(s))\) 表示 s 集合内随机变量（期望几次能出现某元素） 的最小值，即期望取几次能包含 s 的一部分，即第一次取到s集合中元素的期望次数。
它的应用见下一道例题：
例题：P3175 [HAOI2015]按位或
大概需要知道：
-
min-max定理
-
若对于随机变量x：(k>0,k为整数）
则有：
最后一步等比数列乘等差数列 可以用错位相减法推出。
好像称之为：离散随机变量的几何分布（见题解）
因为 “某集合元素出现的期望最小值” 这个随机变量只能取正整数（尽管它的期望不是），因此是“离散随机变量”，可以套用这个公式。
- FWT_or搞子集问题
Code:
read(n); All = (1 << n) - 1; limi = All + 1;
for (register int i = 0; i <= All; ++i) {
scanf("%lf", &A[i]);
}
FWT_or(A);
init_ct();
double res = 0;
for (register int s = 1; s <= All; ++s) {
if (F(1.0 - A[All ^ s]) <= eps) failed(s);
res += 1.0 / (1.0 - A[All - s]) * (ct[s] & 1 ? 1 : -1);
}
printf("%.12lf\n", res);
例题：喂鸽子
求 \(E(\max_{i \in S}(x_i))\)，其中 \(x_i\) 表示到 \(i\) 吃饱所需次数。设随机变量 \(X\) 表示出现饱鸽子的时间。
其中 \(f_t(k) = [\frac{x^k}{k!}](\sum_{i \le K}\frac{x^i}{i!})^t\)
kthmin-max（扩展min-max）
先直接抛出结论：
证明
以 \(kthmax(S)=\sum{min(T)~* ~C(|T|-1,k-1)~* ~(-1)^{|T|-k}}\) 为例：
我们要 求一个函数 \(f(x)\)，使得：
考虑每个数 （第 \(x + 1\) 大） 的贡献次数：
二项式反演：
由于 \(iskthmx(i)=[i==k-1]\)，因此：
即
所以
记忆：你看T是大写的，那么就把 |T| 当作比 k 大的数，然后C（-1，-1）和 ^(|T|-k) （大雾）
- 扩展min-max也可以用到期望中去，即：
于是就有了下面的例题：
P4707 重返现世
每个单位时间，这片地域就会随机生成一种原料。每种原料被生成的概率是不同的，第 i 种原料被生成的概率是 \(\frac{p_i}{m}\) 如果 Yopilla 没有这种原料，那么就可以进行收集。
Yopilla 急于知道，他收集到任意 k 种原料的期望时间，答案对 998244353 取模。
题目要 求： \((n-k+1)thmax(All)\)
将 \(n-K+1\) 用 \(K\) 来表示，此时 \(K <= 11\)，套用期望kthmin-max公式：
其中\(P(min(T))=\frac{\sum p_t}{m}\)，每次只选一个，因此\(E(min(T))=\frac{1}{P(min(T))}=\frac{m}{\sum{p_t}}\)，（其中 \(p_t\) 为 \(T\) 中元素 \(t\) 的概率）。
发现 \(n,m,K\) 很小，可以考虑以这些为状态做dp。
设 \(f[i][k][j]\) 表示只考虑前 i 个，的 \(E(kthmax(S_i))\) 的式子中的\(E(min(T))=\frac{m}{\sum{p_t}}=\frac{m}{j}\) 时的 \(C(|T|-1,k-1)~* ~(-1)^{|T|-k}\)的值（因为这样同分母，好算好转移）。
这样，最终答案为：\(\sum_{j=1}^{m} ({\frac{m}{j}~* ~f[n][K][j]})\)
考虑转移。
如果第i个元素不加入所谓 \(T\) 集合中，那么继承前 \(i-1\)个：\(f[i][k][j] = f[i - 1][k][j]\)；
剩下考虑第 \(i\) 个元素加入所谓 \(T\) 集合中：
发现 \(f[i][k][j]\) 只能从 \(f[i-1][?][j-p_i]\) 中转移而来。我们再看一下式子：
如果加上个 \(i\) ，那么就变成了：
\(-1\) 的指数加1还好，只是正负变一下，但组合数变一下就不大妙了。但我们根据杨辉三角（或许是），即 \(C(n, m) = C(n - 1, m - 1) + C(n - 1, m)\) ，这样就可以拆掉了。
总递推式为：
发现复杂度可行。第一维可以滚动数组优化，也可以用类似背包一样的做法优化。
最后说一下边界：\(f[0][0][0] = 0; for (k:1->m) f[0][k][0]=-1\) 至今未想通。。。
(思维量与代码量不成正比）
\(Code:\)
for (register int i = 1; i <= K; ++i) f[i][0] = -1;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
for (register int j = m; j >= p[i]; --j) {
for (register int k = K; k; --k) {
f[k][j] = (f[k][j] + f[k - 1][j - p[i]] - f[k][j - p[i]]) % P;
if (f[k][j] < 0) f[k][j] += P;
}
}
}
ll ans = 0;
for (register int j = 1; j <= m; ++j) {
ans = (ans + f[K][j] * quickpow(j, P - 2)) % P;
}
printf("%lld\n", ans * m % P);
Continued...
