[算法] 容斥
对于某些
毒瘤计数题，经常会出现统计重复或遗漏的问题，这时候就可能需要容斥一下
容斥原理
先从一个经典的例子入手：有三个学科，设为 $ S_1, S_2, S_3 $，有一堆人选不同的学科，现已知选每门学科各自有多少人选，求一共有多少人选学科；
根据题意，我们要求的就是：$ \mid S_1 \bigcup S_2 \bigcup S_3 \mid $；
考虑咋求，这是一个小学数学问题，直接用 $ |S_1| + |S_2| + |S_3| - |S_1 \bigcap S_2| - |S_2 \bigcap S_3| - |S_1 \bigcap S_3| + |S_1 \bigcap S_2 \bigcap S_3| $ 算一下即可；
其实这就是一个容斥；
扩展一下，将 $ S $ 抽象为若干个集合，对于 $ S_1, S_2, ... , S_n $，我们要求 $ | \bigcup_{i = 1}^{n} S_i | $，那么我们可以得到：
这就是容斥原理；
简记为：奇加偶减；
对于其补集同理，有：
那么，对于集合的交，我们不难得到：
其中 $ U $ 代表全集；
对于右者使用容斥原理即可；
这就是比较常用的三个公式（其实都差不多）；
应用
不定方程非负整数解计数
这是本篇文章主要研究的问题；
问题： 给出不定方程 $ \sum_{i = 1}^n a_i = m $ 以及 $ n $ 个形如 $ a_i \leq b_i $ 的限制，求合法非负整数解的个数；
没有限制
我们看作有 $ n $ 个盒子，各个盒子放的球数就是对应一位 $ a $ 的值，有 $ m $ 个相同小球，盒子可以为空，求将小球放入盒子中的方案数；
如果每个盒子至少有一个球的话，那么我们可以用插板法来做，对于可以为空的情况，我们可以再加 $ n $ 个球依次放入每个盒子中，那么问题就转化成有 $ n + m $ 个小球，放入 $ n $ 个盒子中，用插板法做就是 $ \operatorname{C}_{n + m - 1}^{n - 1} $；
扩展一下，对于形如 $ \sum_{i = 1}^n a_i = m $ 以及 $ n $ 个形如 $ a_i \geq b_i $ 的限制的问题，我们可以先把对应位置放上其对应的 $ b $，那么依据上述思路答案为：
其实上述问题就是 $ \forall i \in [1, n], b_i = 0 $ 的特殊情况；
有限制
发现我们按照没有限制做会算多 $ a_i \geq b_i + 1 $ 的情况，那么我们需要容斥掉它；
考虑刚刚容斥原理中的第三个公式，答案可表示为：
其中对于 $ |\bigcup_{i = 1}^n \overline{S_i}| $，（就是 $ a_i \geq b_i + 1 $）我们应用第二个公式展开一下，得到：
随便提出一项 $ |\overline{S_i} \cap \overline{S_j} \cap \overline{S_k}| $，我们考虑它的实际意义，为 $ \sum_{i = 1}^n a_i = m $ 以及 $ 3 $ 个形如 $ a_i \geq b_i + 1 $, $ a_j \geq b_j + 1 $ $ a_k \geq b_k + 1 $ 的限制，求其方案数，依据上面的没有限制的思路，可得答案为：
其他项同理；
例题
可以看成 $ 0 $ 将 $ 1 $ 分成了 $ n - m + 1 $ 个段（当然有的段可以为 $ 0 $）；
所以这题就是要对于每个 $ k \in [1, m] $ 求出 $ \sum_{i = 1}^{n - m + 1} a_i = m $ 且 $ \max_{i = 1}^{n - m + 1} a_i = k $ 的非负整数解个数，其实跟上面的问题很相像；
我们把原问题拆解成两个子问题：小于等于 $ k $ 的减去小于等于 $ k - 1 $ 的；
对于小于等于 $ k $ 的子问题，应用上面的思路很容易求解；
最后做个差分即可；
时间复杂度：依据调和级数是 $ O(m \log m) $ 的；
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
int n, m;
long long ksm(long long a, long long b) {
long long ans = 1;
while(b) {
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
long long fac[500005], fav[500005];
long long C(long long a, long long b) {
if (b < 0 || a < 0) return 0;
if (a == b) return 1;
if (a < b) return 0;
if (b == 0) return 1;
return fac[a] * fav[b] % mod * fav[a - b] % mod;
}
int a[500005];
int main() {
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> m;
fac[0] = 1;
fav[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 500000; i++) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
fav[i] = ksm(fac[i], mod - 2);
}
for (int k = 1; k <= m; k++) {
long long ans = 0;
long long su = 0;
for (int i = 0; i <= m / (k + 1); i++) {
ans = (ans + ((i & 1) ? -1ll : 1ll) * C(n - m + m - i * (k + 1), n - m) % mod * C(n - m + 1, i) % mod) % mod;
}
a[k] = ans;
}
for (int i = m; i >= 1; i--) {
a[i] = (a[i] - a[i - 1] % mod + mod) % mod;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cout << (a[i] + mod) % mod << ' ';
}
return 0;
}
