「数学」助力每一个不知死活的容斥梦

容斥原理

结论

假设现在有 $n$ 个集合 $S_i$，我们希望求得所有 $S_i$ 的并集的大小，令集合 $P=\{1,2,3,\dots ,n-1,n\}$，那么就有公式：

$$\begin{array}{rl}|\bigcup _{i=1}^n{S}_i|& =\sum _i|S_i|-\sum _{i,j}|S_i\cap S_j|+\sum _{i,j,k}|S_i\cap S_j\cap S_k|-\dots \\ & =\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m-1}\sum _{T\subseteq P,|T|=m}|\bigcap _{i\in T}{S}_i|\end{array}$$

这个公式就是容斥原理的内容。

我们可以将容斥原理应用到计数问题。就好比你有 $n$ 个限制，你要保证至少有 $m$ 个限制被满足，那么你就可以用容斥模板对其进行思考。

举一个简单的例子：

P1595 信封问题（错排问题）

某人写了 $n$ 封信和 $n$ 个信封，如果所有的信都装错了信封。求所有信都装错信封共有多少种不同情况。

我们发现要求的答案就是所有的全排列 $p$ 的数量减去至少有 $1$ 个 $p_i=i$ 的方案数，前者为 $n!$，后者我们就可以考虑容斥。

我们设计 $n$ 个集合 $S_i$，第 $i$ 个集合表示钦定 $p_i$ 必然等于 $i$ 的排列数。则我们要求的至少有一个 $p_i=i$ 的方案数就是 $|\bigcup _{i=1}^n{S}_i|$，我们代入容斥原理的公式：

$$|\bigcup _{i=1}^n{S}_i|=\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m-1}\sum _{T\subseteq P,|T|=m}|\bigcap _{i\in T}{S}_i|$$

这个式子里要处理的交集并不好直接计算。我们发现后面的交集大小之和其实就是在 $n$ 个集合中任选 $m$ 个去求交集大小，即在 $n$ 个数中任意钦定 $m$ 个数满足 $p_i=i$ 的方案数，那么它就转换成了 $C_n^m\times (n-m)!$，后面的阶乘就是剩下 $n-m$ 个数重排，不需要考虑它们是否满足 $p_i=i$。

那么答案就是：

$$n!-\sum _{m=1}^n(-1{)}^{m-1}{C}_n^m(n-m)!$$

例题

[ARC101E] Ribbons on Tree

如果你硬做 DP 的话，你会发现无论怎么搞都不好优化，根据强大的正难则反原则，我们考虑容斥，用所有可能的配对方案减去不合法的方案。

前者先不管，后者我们就可以想办法定义若干个集合 $S_i$ 然后与我们的容斥原理形成对接。由于题目是要我们让每条边都染色，那么反过来我们就是要求至少有一条边未被染色的方案数。套路地，设 $S_i$ 表示钦定第 $i$ 条边一定不被染色的所有方案，那么我们要求的就是所有 $S_i$ 的并集大小了。

代入容斥的式子后，你会发现重点还是在于求任选 $m$ 个 $S_i$ 的交集之和，这也是容斥原理中一向最难的点。显然地，我们要让 $m$ 条边不被染色，实际上就是在树上删掉这 $m$ 条边，然后每个连通块中两两配对。

要在一个大小为 $k$ 的连通块里任意配对，其实就和我们开头说的要求的总方案数很像。我们设这个方案数为 $f_k$，那么就可以得到一个转移 $f_k=f_{k-2}\times (k-1)$，原理是你先给 $1$ 号点选配对对象，这有 $k-1$ 中可能，那么剩下的 $k-2$ 就自由发挥。但是如果 $2\nmid k$，那方案数就只能为 $0$ 了。

如果我们设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $\text{Subtree}(i)$ 中删掉 $j$ 条边的方案数，我们发现无法保留“连通块大小”这个概念，而我们求方案又必须要知道每个连通块的确切大小。因此我们要换一个思路。

我们可以跳出容斥中枚举 $m$ 的死思维。设 $d{p}_{i,j}$ 表示在 $\text{Subtree}(i)$ 中任意删边，$i$ 所在连通块大小为 $j$ 时对整个答案的贡献，只要我们在 DP 的过程中算上 $(-1{)}^m$ 这个系数就可以了。

具体地，我们枚举 $i$ 的儿子 $v$，以及 $v$ 所在连通块大小 $j^{\prime }$，得到转移：

• 若 $(i,v)$ 这条边不删，则 $d{p}_{i,j+j^{\prime }}\leftarrow d{p}_{i,j}\times d{p}_{v,j^{\prime }}$。

• 若 $(i,v)$ 这条边要删，则 $d{p}_{i,j}\leftarrow (-1)\times d{p}_{i,j}\times d{p}_{v,j^{\prime }}\times f(j^{\prime })$，这里的 $-1$ 便是一个系数，因为此时我们多删了一条边，那么根据容斥里每一项的系数，我们现在就要多乘一个 $-1$ 上去。

那么我们的答案就是 $\sum _{i=1}^{n}d{p}_{1,i}\times f_i$。由于总方案数就是 $d{p}_{1,n}$，我们就不用额外用 $f_n$ 加上上式。

[PA2019] Trzy kule

本题不需要使用容斥公式，它只是代表了容斥这样类似的正难则反思想。

我们的目标要让三个条件中至少满足一个，但是这样的话考虑的情况会很复杂，因此我们需要转换思想，求出三个条件都不满足的情况。

根据观察，我们可以发现当第 $i$ 位对 $s_1$ 产生了 $1$ 的贡献，如果 $s_{2,i}=s_{1,i}$，则也会对 $s_2$ 产生 $1$ 的贡献，$s_3$ 同理。我们不妨设计四种状态 $100,101,110,111$，这四种状态的第一位表示对 $s_1$ 产生了 $1$ 贡献，后面两位就分别表示了此时是否对 $s_2,s_3$ 同样造成贡献。我们记这四种状态的数量为 $S_{100},S_{101},S_{110},S_{111}$，由于每一位必然有一种填法对 $s_1$ 产生贡献，因此有 $S_{100}+S_{101}+S_{110}+S_{111}=n$。

为了使三个条件都不满足，我们肯定只会分别在四种状态中选择若干个去对 $s_1$ 产生贡献，我们记 $i,j,x,y$ 分别表示在 $100,101,110,111$ 四种状态中选择了若干个去对 $s_1$ 造成贡献。

那么就有：

$$\{\begin{array}{l}i+j+x+y>r_1\\ (S_{100}-i)+(S_{101}-j)+x+y>r_2\\ (S_{100}-i)+j+(S_{110}-x)+y>r_3\end{array}$$

我们考虑枚举 $i,x$ 的值，那么此时除了 $j,y$ 以外的量都是定值，移项得到：

$$\{\begin{array}{l}y+j>r_1-i-x\\ y-j>r_2-S_{100}-S_{101}+i-x\\ y+j>r_3-S_{100}-S_{110}+i+x\end{array}$$

算上 $y+j,y-j$ 本身满足的取值，整理一下就是：

$$\{\begin{array}{l}y+j\ge max(r_1-i-x+1,r_3-S_{100}-S_{110}+i+x+1,0)\\ y-j\ge max(r_2-S_{100}-S_{101}+i-x+1,-S_{101})\end{array}$$

我们简记为 $y+j\ge A,y-j\ge B$。我们建立一个平面直角坐标系，并给每个整数点 $(p,q)$ 赋权值，如果 $\{\begin{array}{l}y+j=p\\ y-j=q\end{array}$ 有符合题意的非负整数解，则权值为 $C_{S_{111}}^y\times C_{S_{101}}^j$，否则为 $0$。那么现在我们要做的就是询问 $(A,B)$ 右上角的权值之和，可以使用前缀和实现。记录完这个和之后，我们就再乘上 $C_{S_{100}}^i\times C_{S_{110}}^x$，最后加起来，就可以得到答案了。

Small Permutation Problem (Hard Version)

这是一个另类的容斥题型：就是将排列问题转换为棋盘问题，然后在棋盘上进行容斥。

具体地，想象一个 $n\times n$ 的棋盘，我们要在棋盘上放 $n$ 个棋子，需要保证每一列每一行都恰好有一个棋子。在这道题当中，我们就是要满足对于所有的 $i\in [1,n]$，若 $a_i\ne -1$，则 $(1,1)\to (i,i)$ 这个矩形中恰好有 $a_i$ 个棋子。

如果没有 $a_i=-1$ 的情况的话，则存在合法方案数必然有 $|a_i-a_{i-1}|\le 2$，因为从 $(i+1,i+1)$ 转移到 $(i,i)$ 最多只会在第 $i$ 列和第 $i$ 行各放一个棋子，就是 $2$ 个棋子。那么我们从 $1$ 到 $n$ 枚举当前的矩形 $(1,1)\to (i,i)$，维护当前每行每列可以放的棋子数量，设当前每行每列都可以放 $c$ 个，然后进行一下分讨：

• 若 $a_{i-1}=a_i$，则不需要放棋子，对答案无贡献。
• 若 $a_{i-1}+1=a_i$，则我们考虑在矩形边缘选位置，第 $i$ 行可以放 $c$ 个，第 $i$ 列也可以放 $c$ 个，除去 $(i,i)$ 重复的部分，我们就有 $2c-1$ 种方案。在这里因为我们放了棋子，所以我们需要让 $c\leftarrow c-1$。
• 若 $a_{i-1}+2=a_i$，则我们显然不能在 $(i,i)$ 处放置棋子，因为这样的话第 $i$ 行，第 $i$ 列都不能放棋子了。那么方案数就是 $(c-1{)}^2$，令 $c\leftarrow c-2$。

每次拓展 $i\to i+1$ 时，我们就让 $c\leftarrow c+1$。

现在我们考虑有 $a_i=-1$ 的情况。我们可以把所有 $a_i\ne -1$ 的下标提出来，然后只考虑这一部分的下标。设这些下标为 $j_1,j_2,\dots ,j_m$。延用上面的思路，我们每次都需要考虑 $(j_{i-1},j_{i-1})$ 拓展到到 $(j_i,j_i)$ 这个矩形后，可以在哪些地方放棋子，通过画图可以我们放棋子的范围是 $j_i\times j_i$ 这个矩形删掉 $j_{i-1}\times j_{i-1}$ 这一部分后得到的 $L$ 形。

但是我们不好处理这个问题，因此考虑容斥，先在 $j_i\times j_i$ 的矩形中任意选择 $a_{j_i}-a_{j_{i-1}}$ 个可以放的位置，然后减去有若干个棋子放在 $j_{i-1}\times j_{i-1}$ 的方案数。

设 $p=j_i-a_{j_{i-1}}$，$q=j_{i-1}-a_{j_{i-1}}$，$t=a_{j_i}-a_{j_{i-1}}$。则总方案数就是在 $p\times p$ 的初始没有棋子的棋盘上放 $t$ 个棋子，即 $C_p^t\times C_p^t\times t!$，含义为先确定 $t$ 个棋子的行，再确定 $t$ 个棋子的列，最后有 $t!$ 种方案让行列相互对应。

为了方便表示，设 $f(x,y)=C_x^y\times C_x^y\times y!=C_x^y\times \frac{x!}{(x-y)!}$。

接下来设 $S_i$ 表示钦定 $i$ 个棋子放在 $j_{i-1}\times j_{i-1}$ 矩形中的方案集合，我们需求：

$$\begin{array}{rl}|\bigcup _{i=1}^t{S}_i|& =\sum _{m=1}^t(-1{)}^{m-1}\sum _{T\subseteq \{1,2,\dots ,t\},|T|=m}|\bigcap _{i\in T}{S}_i|\\ & =\sum _{m=1}^t(-1{)}^{m-1}f(p-m,t-m)f(q,m)\end{array}$$

用总方案数减去上面的式子就行了。

若要求总的答案是多少的话，我们直接对于每个容斥的结果求积就行了。

二项式反演

结论

二项式反演是容斥拓展形成的数学工具。

我们设 $f_i$ 表示钦定 $i$ 个元素满足限制（但实际上满足限制的可能不只有 $i$ 个）的方案数，$g_i$ 表示恰好有 $i$ 个元素满足限制的方案数，则我们可以很容易地得到一个关系式：

$$f_i=\sum _{j=i}^n{g}_j{C}_j^i$$

既然有 $g\to f$ 的等式转换，我们其实也有一个 $f\to g$ 的等式转换：

$$g_i=\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}{f}_j{C}_j^i$$

证明：

$$\begin{array}{rl}{g}_i& =\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}{f}_j{C}_j^i\\ & =\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}{C}_j^i\sum _{k=j}^n{g}_k{C}_k^j\\ & =\sum _{k=i}^n{g}_k\sum _{j=i}^k(-1{)}^{j-i}{C}_j^i{C}_k^j\\ & =\sum _{k=i}^n{g}_k\sum _{j=i}^k(-1{)}^{j-i}{C}_k^i{C}_{k-i}^{j-i}\\ & =\sum _{k=i}^n{g}_k{C}_k^i\sum _{j=0}^{k-i}(-1{)}^j{C}_{k-i}^j\\ & =\sum _{k=i}^n{g}_k{C}_k^i[k=i]\\ & =g_i\end{array}$$

因此，对于“恰好”形式的问题，我们可以设计两个数组 $f_i,g_i$ 来表示钦定 $i$ 个满足限制和恰好 $i$ 个满足限制，这样通过二项式反演就能得到正确的答案。

相关推论

整理了一下关于二项式反演的推论：

$$f_n=\sum _{i=n}^N{g}_i{C}_i^n⟺g_n=\sum _{i=n}^N(-1{)}^{i-n}{f}_i{C}_i^n$$

$$f_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{g}_i{C}_n^i⟺g_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{f}_i{C}_n^i$$

$$f_n=\sum _{i=n}^N(-1{)}^i{g}_i{C}_i^n⟺g_n=\sum _{i=n}^N(-1{)}^{i-n}{f}_i{C}_i^n$$

$$f_n=\sum _{i=0}^n{g}_i{C}_n^i⟺g_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{f}_i{C}_n^i$$

例题

Positions in Permutations

【恰好】在计数题中是一个非常棒的词，它启示我们用二项式反演，转而去思考如何求【钦定】类的问题。即求出 $f_i$ 这个钦定 $i$ 个数满足条件的方案数，然后根据公式反推 $g_i$ 这个恰好有 $i$ 个数满足条件的方案数。

容易发现一个情景：如果要同时使得 $i,i+2$ 都是完美数，那么 $i+1$ 就会成为一个特殊的量，即如果在 $i$ 的位置填入 $i+1$ 这个数，那么 $i+2$ 的位置就不能填 $i+1$ 这个数，因为不满足排列的性质。

结合 $n$ 个数有 $m$ 个满足条件的形式，我们设计一个 DP，状态必然包括 $(i,j)$，表示在排列的前 $i$ 个数中有 $j$ 个完美数。考虑到要避免一个数 $i+1$ 同时被填入 $i,i+2$ 这两个位置，我们设计 $d{p}_{i,j,0/1,0/1}$，表示在前 $i$ 个数中有 $j$ 个完美数，$i$ 这个数是（$1$）否（$0$）被有效填在了当前排列中，$i+1$ 这个数是（$1$）否（$0$）被有效填在了当前排列中，此时的方案数。上面的【有效】指的是被填的这个数造成了一个完美数，比如我们在 $p_2$ 的位置放一个 $5$，由于 $|2-5|\ne 1$，那 $5$ 显然不是有效的。

为了方便转移，我们把未钦定是否为完美数的数的阶乘提出来，即 $d{p}_{n,i,0/1,0}\times (n-i)!$ 才能全面地表示钦定 $i$ 个数为完美数的方案数。

转移的话，先考虑让 $i$ 成为一个完美数。

• 若 $p_i=i-1$，则需保证 $i-1$ 这个数没有被填过。而此时 $i+1$ 显然没有被填过，$i$ 填不填不会影响 $p_i$ 是完美数，因此 $d{p}_{i,j,0,0}\leftarrow d{p}_{i-1,j-1,0,0}$ 且 $d{p}_{i,j,1,0}\leftarrow d{p}_{i-1,j-1,0,1}$。
• 若 $p_i=i+1$，则 $i,i-1$ 这两个数是否被填不会产生影响，因此 $d{p}_{i,j,0,1}\leftarrow d{p}_{i-1,j-1,0,0}+d{p}_{i-1,j-1,1,0}$ 且 $d{p}_{i,j,1,1}\leftarrow d{p}_{i-1,j-1,0,1}+d{p}_{i-1,j-1,1,1}$。

再考虑 $i$ 不是完美数，则有：$d{p}_{i,j,x,0}\leftarrow d{p}_{i-1,j,0,x}+d{p}_{i-1,j,1,x}$，其中 $x\in \{0,1\}$。

设 $f_i$ 表示钦定 $i$ 个数为完美数的方案数，$g_i$ 表示恰好 $i$ 个数为完美数的方案数，则有 $f_i=(d{p}_{n,i,0,0}+d{p}_{n,i,1,0})\times (n-i)!$。接着根据反演公式得到：

$$g_m=\sum _{i=m}^n(-1{)}^{i-m}{f}_i{C}_i^m$$

预处理组合数和阶乘即可。

已经没有什么好害怕的了

对于差值的【恰好】貌似不太好处理，我们将题意转换一下，设糖果能量大于药片的配对数量为 $x$，则需满足 $x-(n-x)=k\Rightarrow x={\displaystyle \frac{n+k}{2}}$，我们要求的就是恰好有 $x$ 对糖果能量大于药片的方案数。

【恰好】转换为【钦定】。我们设 $f_i$ 表示钦定有 $x$ 对满足条件的方案数。考虑 DP，先将糖果和药片按照能量大小排序，设 $d{p}_{i,j}$ 表示处理前 $i$ 个糖果，已经有 $j$ 对满足条件的方案数，不考虑内部不满足条件的随机组合，即不满足条件的配对是最后才考虑上去的。

• 如果让第 $i$ 个糖果去配对一个比它大的药片，那么就不会产生贡献，$d{p}_{i,j}\leftarrow d{p}_{i-1,j}$。

• 如果让第 $i$ 个糖果去配对一个比它小的药片，那么就会产生贡献。考虑会有多少个比它小的药片，由于原数组已经排序，我们可以求出所有药片中比它小的数量为 $v$，由于我们已经将糖果排了序，前面有 $j-1$ 个糖果已经配到了 $j-1$ 个更小的药片，那么 $i$ 就只剩下了 $v-j+1$ 个可能的配对对象，因此 $d{p}_{i,j}\leftarrow d{p}_{i-1,j-1}\times (v-j+1)$。

注意到我们的 DP 不考虑内部不满足条件的随机组合，因此上面的第二种转移不需要考虑 $[1,i-1]$ 中除了 $j-1$ 个糖果以外的会占到 $[1,v]$ 的糖果。那么 $f_i=d{p}_{n,i}(n-i)!$。根据反演公式：

$$g_x=\sum _{i=x}^n(-1{)}^{i-x}{f}_i{C}_i^x$$

输出 $g_x$ 就行了。

Timber

先思考如何判断一个合法的初始局面，我们可以贪心一下，从前往后枚举每一棵树，如果这棵树可以向左倒就向左倒，如果不行就向右倒，这样下去如果存在一个点被多次覆盖，那么这个初始局面就是不合法的。

因此我们可以设计一个 $d{p}_{i,j}$ 表示在贪心策略下，当前确定了左边的前 $i$ 棵树，最后一个被覆盖的位置为 $j$ 的合法初始局面数量，这里的 $j$ 也相当于 $i$ 倒下后形成的区间的右端点。

考虑从 $(i-1,l)$ 转移到 $(i,j)$，由于 $(i,j)$ 状态中 $i$ 倒下后的区间必然为 $[j-k,j]$，为了满足不相交的条件，我们必然有 $l<j-k$。接下来讨论第 $i$ 棵树的位置是在 $j$ 还是在 $j-k$：

• 若第 $i$ 棵树的位置为 $j$，则它是向左倒的，只需要满足 $l<j-k$ 即可，因此 $d{p}_{i,j}\leftarrow \sum _{l=k+1}^{j-k-1}d{p}_{i-1,l}$。

• 若第 $i$ 棵树的位置为 $j-k$，则它是向右倒的，根据贪心策略，此时 $i$ 一定不能向左倒，那么就有 $(j-k)-k\le l<j-k$，即 $l\in [j-2k,j-k)$，因此 $d{p}_{i,j}\leftarrow \sum _{l=j-2k}^{j-k-1}d{p}_{i-1,l}$。

考虑转换一下思路，这个 DP 的本质就是在处理前 $i$ 个互不相交的区间，然后根据贪心策略来计算，如果第 $i$ 个区间与第 $i-1$ 个区间之中隔了数量 $<k$ 的空位，那么第 $i$ 个区间就可以是左端点向右倒，右端点向左倒两种覆盖方式；否则就只能是右端点向左倒。

因此我们设 $f_i$ 表示钦定有 $i$ 个区间只有 $1$ 种覆盖方式的方案数，$g_i$ 表示恰好有 $i$ 个区间的方案数。则最终答案显然为 $\begin{array}{r}\sum _{i=0}^m{2}^{m-i}{g}_i\end{array}$。

根据反演公式，我们只需要求出 $f_i$ 即可。如何求 $f_i$？我们先减去 $mk$ 表示 $m$ 个区间除了左端点的其余 $k$ 个位置，那么我们就能在 $n-mk$ 个位置中选择 $m$ 个位置表示 $m$ 个左端点，那是因为要满足 $i$ 个区间与前面的距离 $\ge k$，因此我们还要额外删掉 $ik$ 个位置，最后在 $m$ 个区间中选择 $i$ 个并在它们的前面各自插入 $k$ 个位置，这样得到的初始局面就一定是合法的，方案数为 $C_{n-mk-ik}^m\times C_m^i$。

则总答案为：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^m{2}^{m-i}{g}_i& =\sum _{i=0}^m{2}^{m-i}\sum _{j=i}^m(-1{)}^{j-i}{f}_j{C}_j^i\\ & =\sum _{j=0}^m{f}_j\sum _{i=0}^j{2}^{m-i}(-1{)}^{j-i}{C}_j^i\\ & =\sum _{j=0}^m{f}_j{2}^{m-j}\sum _{i=0}^j{2}^{j-i}{\displaystyle \frac{(-1{)}^j}{(-1{)}^i}}{C}_j^i\\ & =\sum _{j=0}^m{f}_j{2}^{m-j}(-1{)}^j\sum _{i=0}^j{2}^{j-i}(-1{)}^i{C}_j^i\\ & =\sum _{j=0}^m{f}_j{2}^{m-j}(-1{)}^j(-1+2{)}^j\\ & =\sum _{j=0}^m{f}_j{2}^{m-j}(-1{)}^j\end{array}$$

其中第四行到第五行的转换是二项式定理。最后的式子我们就可以直接 $O(m)$ 求了。

莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

我们定义一个定义域为正整数的函数 $\mu (x)$ 满足以下条件：将 $x$ 分解为 $\begin{array}{r}\prod _{i=1}^n{p}_i^{c_i}\end{array}$，其中 $p_i$ 为质数且互不相同，$c_i\ge 1$，若 $x=1$ 则 $\mu (x)=1$，若 $\text{exist}{c}_i,c_i>1$ 则 $\mu (x)=0$，若 $\mathrm{\forall }{c}_i,c_i=1$ 则 $\mu (x)=(-1{)}^n$。我们称这个函数为莫比乌斯函数。

莫比乌斯函数是一个积性函数。

莫比乌斯函数也满足下面这个性质：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n>1\end{array}$$

结论

莫比乌斯反演具有两种不同的形式：

$$f_n=\sum _{d\mid n}{g}_d⟺g_n=\sum _{d\mid n}\mu (d)f_{\frac{n}{d}}$$

$$f_n=\sum _{n\mid d}g(d)⟺g_n=\sum _{n\mid d}\mu (\frac{d}{n})f_d$$

例题

YY的GCD

莫比乌斯函数的入门题。

题目要求 $gcd(x,y)$ 为质数，那么我们就可以直接枚举这个质数 $p$，然后看有多少对 $(x,y)$ 满足 $gcd(x,y)=p$。接着我们就要开始进行一些的推算：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{p\in \text{Prime}}\sum _{p\mid x}\sum _{p\mid y}[gcd(x,y)=p]\\ =& \sum _{p\in \text{Prime}}\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[gcd(x,y)=1]\end{array}$$

根据莫比乌斯函数的性质： $\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$，我们可以换成：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{p\in \text{Prime}}\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[gcd(x,y)=1]\\ =& \sum _{p\in \text{Prime}}\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{d\mid gcd(x,y)}\mu (d)\\ =& \sum _{p\in \text{Prime}}\sum _d\mu (d)\sum _{d\mid x}\sum _{d\mid y}1\\ =& \sum _{p\in \text{Prime}}\sum _d\mu (d)\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{pd}}\rfloor \times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{pd}}\rfloor \end{array}$$

考虑枚举 $pd$ 的值为 $t$ 以及质数 $p$,则原式变为：

$$\sum _{t=1}^{min(n,m)}\lfloor {\displaystyle \frac{n}{t}}\rfloor \times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{t}}\rfloor \sum _{p\in \text{Prime}}\mu ({\displaystyle \frac{t}{p}})$$

后面那个求和显然可以预处理，我们枚举每一个质数 $p$，然后依次找它的不超过 $min(n,m)$ 的倍数去算贡献。

最后，由于存在 ${10}^4$ 组输入，我们可以用整除分块去优化上式，把 $\begin{array}{r}\sum _{p\in \text{Prime}}\mu ({\displaystyle \frac{t}{p}})\end{array}$ 优化成前缀和的形式就行了。

Winter is here

设值域上界 $m={10}^6$。

遇事不决推式子：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d=2}^m\sum _{k=1}^{n}kd\sum _{T\in \{1,\dots ,n\},|T|=k}[\underset{x\in T}{gcd}x=d]\\ =& \sum _{d=2}^m\sum _{k=1}^{n}kd\sum _{d\mid b_1}\sum _{d\mid b_2}\dots \sum _{d\mid b_k}[\underset{i=1}{\overset{k}{gcd}}{\displaystyle \frac{b_i}{d}}=1]\\ =& \sum _{d=2}^m\sum _{k=1}^{n}kd\sum _{d\mid b_1}\sum _{d\mid b_2}\dots \sum _{d\mid b_k}\sum _{x\mid gcd\{\frac{b_1}{d},\dots ,\frac{b_k}{d}\}}\mu (x)\\ =& \sum _{d=2}^m\sum _{k=1}^{n}kd\sum _x\mu (x)\sum _{xd\mid b_1}\sum _{xd\mid b_2}\dots \sum _{xd\mid b_k}1\\ =& \sum _{d=2}^{m}d\sum _x\mu (x)\sum _{k=1}^{n}k\sum _{xd\mid b_1}\sum _{xd\mid b_2}\dots \sum _{xd\mid b_k}1\end{array}$$

我们设 $cnt(i)$ 表示 $\sum _{j=1}^n[i\mid a_j]$，则原式可转换为：

$$\begin{array}{r}\sum _{d=2}^{m}d\sum _x\mu (x)\sum _{k=1}^{cnt(xd)}k\times C_{cnt(xd)}^k\end{array}$$

我们可以对每一个 $i$ 预处理一个 $f_i$ 表示 $\begin{array}{r}\sum _{k=1}^{cnt(i)}k\times C_{cnt(i)}^k\end{array}$，则答案为：

$$\begin{array}{r}\sum _{d=2}^{m}d\sum _x\mu (x)f_{xd}\end{array}$$

我们发现枚举的 $d,x$ 要满足 $xd\le m$，因此时间复杂度为 $O(m\log m)$，预处理时间复杂度为 $O(n\sqrt{m})$。

Relatively Prime Powers

考虑一个性质：若一个数 $x$ 是不合法的，那么 $x$ 必然能被表示为 $a^b(a\ge 1,b\ge 2,a,b\in \mathbb{Z})$ 的形式，且 $b$ 是 $x$ 分解后各个质因数的指数的最大公约数的因数，证明的话根据题意来看还是比较显然的。

我们设 $f_i$ 表示分解后各个质因数的指数最大公约数为 $i$ 的倍数的 $x$ 个数，$g_i$ 则表示最大公约数恰好为 $i$ 的 $x$ 个数。则有：

$$f_i=\sum _{i\mid d}{g}_d⟹g_i=\sum _{i\mid d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{i}})f_d$$

我们要求的答案即为 $g_1$。问题转换为求 $f_i$。

根据性质，若一个数 $x$ 的质因数指数的最大公约数为 $i$ 的倍数，那么一定有 $\sqrt[i]{x}\in \mathbb{N}$，由于 $x\ne 1$，我们的 $f_i$ 就可以表示为 $\lfloor \sqrt[i]{n}\rfloor -1$。因此最终的答案为：

$$g_1=\sum _{d=1}^{{\log }_2^n}\mu (d)(\lfloor \sqrt[d]{n}\rfloor -1)$$

不过 CF 好像会卡 pow 的精度，我们就先用 pow 来求一次 $x=\sqrt[i]{n}$，然后判断当前这个答案的周围两个数 $x-1,x+1$ 是否满足 $(x-1{)}^i\le n,(x+1{)}^i\le n$，调整一下 $x$ 的值即可。

Min-Max 容斥

结论

有一个全集 $U=\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}$，对于一个集合 $S$，有以下两个关于最大值和最小值的等式：

$$\underset{a_i\in S}{min}\{a_i\}=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|+1}\underset{a_i\in T}{max}\{a_i\}$$

$$\underset{a_i\in S}{max}\{a_i\}=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|+1}\underset{a_i\in T}{min}\{a_i\}$$

对于第一个等式的证明：

不妨设 $U$ 中的元素互不相同，若 $U$ 中存在相同元素则以编号为序。接着，我们让 $U$ 中元素从小到大排序，设排序后第 $i$ 个数为 $b_i$。

对于一个 $S$ 的子集 $T$，令 $T$ 中的最大值为 $b_k$。

• 若 $k=1$，则 $T=\{b_1\}$，有 $(-1{)}^{|T|+1}{b}_1=b_1$。
• 若 $k>1$，则 $T\in \{b_1,b_2,\dots ,b_k\}$，我们在 $T$ 中钦定 $b_k$ 这个值必然存在，剩余的 $k-1$ 个数可选可不选，因此可能的 $T$ 的数量有 $2^{k-1}$ 个。由于 $k>1$，则 $|T|$ 为奇数和偶数的概率相等，两种答案便会因为 $(-1{)}^{|T|+1}$ 的差异被完全抵消。

综上，第一个等式成立。

对于第二个等式的证明同理。

但是光是这个等式是没有什么大用的。我们还存在另一种结论：这两个等式在期望最大值最小值的情况下同样成立，即：

$$E(\underset{a_i\in S}{min}\{a_i\})=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|+1}E(\underset{a_i\in T}{max}\{a_i\})$$

$$E(\underset{a_i\in S}{max}\{a_i\})=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|+1}E(\underset{a_i\in T}{min}\{a_i\})$$

扩展 Min-Max 容斥

定义 $\text{Kthmax}(S)$ 为 $S$ 中的第 $k$ 大元素，$\text{Kthmin}(S)$ 为 $S$ 中的第 $k$ 大元素，则我们还有：

$$\text{Kthmax}(S)=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-k}{C}_{|T|-1}^{k-1}\underset{a_i\in T}{min}\{a_i\}$$

$$\text{Kthmin}(S)=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-k}{C}_{|T|-1}^{k-1}\underset{a_i\in T}{max}\{a_i\}$$

$$E(\text{Kthmax}(S))=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-k}{C}_{|T|-1}^{k-1}E(\underset{a_i\in T}{min}\{a_i\})$$

$$E(\text{Kthmin}(S))=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-k}{C}_{|T|-1}^{k-1}E(\underset{a_i\in T}{max}\{a_i\})$$

对于第一个等式的证明：

由于 $k$ 值给定，我们设一个集合 $T$ 对应的贡献式子的系数为 $f(|T|)$，即：

$$\text{Kthmax}(S)=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }f(|T|)\underset{a_i\in T}{min}\{a_i\}$$

我们让全集 $U$ 中元素从大到小排序，设排序后第 $i$ 个数为 $b_i$。设 $T$ 中最小值为 $b_t$，枚举 $b_1,b_2,\dots ,b_{t-1}$ 中被选入 $T$ 中的数为 $i$，则 $b_t$ 的贡献次数为 $\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{t-1}{C}_{t-1}^{i}f(i+1)\end{array}$。为了使得最终的答案为 $\text{Kthmax}(S)$，我们需要使得：

$$\sum _{i=1}^{t-1}{C}_{t-1}^{i}f(i+1)=[t=k]⟺\sum _{i=1}^t{C}_t^{i}f(i+1)=[t=k-1]$$

令 $g(t)=[t=k-1]$，则上式构成二项式反演结构，已知 $f\to g$ 的关系式，则能够得到 $g\to f$ 的关系式：

$$\begin{array}{rl}& f(t+1)=\sum _{i=1}^t(-1{)}^{t-i}{g}_i{C}_t^i=(-1{)}^{t-k+1}{C}_t^{k-1}\\ ⟹& f(t)=(-1{)}^{t-k}{C}_{t-1}^{k-1}\end{array}$$

因此原式成立。

其余证明同理。

例题

Card Collector

翻译一下题意：有 $n$ 张卡片，每包零食中含有这些卡片的概率分别为 $p_1,p_2,p_3,\dots ,p_n$，每包至多一张卡片，可能没有卡片，问期望要买多少包零食才能拿到所有的 $n$ 张卡片。

注意这里的 $p_i$ 针对的是同一包零食，形象地说，我们可以想象一个圆，其中 $100p_i\mathrm{\%}$ 的部分是第 $i$ 张卡片，剩余的 $100(1-\sum p_i)\mathrm{\%}$ 的部分就是一张卡片都没有。

我们可以分开考虑，设 $x_i$ 表示抽到第 $i$ 张卡片的期望次数，那么问题就是求 $E(max\{x_1,x_2,\dots ,x_n\})$。接着，我们使用 Min-Max 容斥的公式：

$$E(max\{x_1,x_2,\dots ,x_n\})=\sum _{S\subseteq \{x_1,\dots ,x_n\},S\ne \varnothing }(-1{)}^{|S|+1}E(\underset{x_i\in S}{min}\{x_i\})$$

因此我们的问题最后转换为，对任意一个集合 $S$ 求 $min\{x_i\}$ 的期望。说人话，就是在我们的圆上随机放点，看期望放多少个点才能让 $S$ 对应的区域中存在点，这个概率显然为 $\sum _{x_i\in S}{x}_i$，那么期望次数就取一个倒数，变成 $\begin{array}{r}{\displaystyle \frac{1}{\sum _{x_i\in S}{x}_i}}\end{array}$。

最后对每个集合求和即可。

[HAOI2015] 按位或

设 $x_i$ 表示二进制上第 $i$ 位变为 $1$ 的期望次数，则答案为 $E(max\{x_1,x_2,\dots ,x_n\})$，根据 Min-Max 容斥公式可以得到：

$$E(max\{x_1,x_2,\dots ,x_n\})=\sum _{S\subseteq \{x_1,\dots ,x_n\},S\ne \varnothing }(-1{)}^{|S|+1}E(\underset{x_i\in S}{min}\{x_i\})$$

那么问题就转换为：对于每个集合 $S$，计算期望多少次才能使得 $S$ 中存在一位变成 $1$。再将期望转换为求概率，通过简单容斥得到概率为 $1-\sum _{S\cap T}{p}_T$，但是我们无法通过 $O(3^n)$ 的枚举子集去计算子集和。

这个时候我们就可以用到 FMT 快速莫比乌斯变换了，FMT 可以快速求出每个集合的子集和。

考虑到小数运算的误差，我们判断大小关系的时候最好加上一个 eps。

参考博客

【2】容斥与二项式反演——By Larunatrecy

【学习】容斥原理与莫比乌斯反演——By yhf_2015