[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：

$$|\bigcup _{i=1}^n{S}_i|=\sum _i|S_i|-\sum _{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum _{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|...$$

这就是容斥原理；

简记为：奇加偶减；

对于其补集同理，有：

$$|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}|=\sum _i|\overline{S_i}|-\sum _{i<j}|\overline{S_i}\cap \overline{S_j}|+\sum _{i<j<k}|\overline{S_i}\cap \overline{S_j}\cap \overline{S_k}|...$$

那么，对于集合的交，我们不难得到：

$$|\bigcap _{i=1}^n{S}_i|=|U|-|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}|$$

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 $a_i\le b_i$ 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 ${\mathrm{C}}_{n+m-1}^{n-1}$；

扩展一下，对于形如 $\sum _{i=1}^n{a}_i=m$ 以及 $n$ 个形如 $a_i\ge b_i$ 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：

$${\mathrm{C}}_{n+m-\sum _{i=1}^n{b}_i-1}^{n-1}$$

其实上述问题就是 $\mathrm{\forall }i\in [1,n],b_i=0$ 的特殊情况；

有限制

发现我们按照没有限制做会算多 $a_i\ge b_i+1$ 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：

$$|\bigcap _{i=1}^n{S}_i|=|U|-|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}|$$

其中对于 $|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}|$，（就是 $a_i\ge b_i+1$）我们应用第二个公式展开一下，得到：

$$|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}|=\sum _i|\overline{S_i}|-\sum _{i<j}|\overline{S_i}\cap \overline{S_j}|+\sum _{i<j<k}|\overline{S_i}\cap \overline{S_j}\cap \overline{S_k}|...$$

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 $a_i\ge b_i+1$, $a_j\ge b_j+1$ $a_k\ge b_k+1$ 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：

$${\mathrm{C}}_{n+m-(b_i+1)-(b_j+1)-(b_k+1)-1}^{n-1}\times {\mathrm{C}}_n^3$$

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 $\underset{i=1}{\overset{n-m+1}{max}}{a}_i=k$ 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;
}