容斥原理学习笔记

前言

可能需要一点二项式定理和二项式反演的相关知识。

有许多不足还请指出。

公式

经典容斥

$A_1,A_2,\cdots ,A_n$ 均为有限集，$A_i\subseteq S$，则

$$\left|\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right|=\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\sum _{1\le i_1<i_2<\cdots <i_k\le n}|A_{i_1}\bigcap A_{i_2}\bigcap \cdots \bigcap A_{i_k}|$$

可以用数学归纳法严格证明，我有个简单点的。

考虑 $S$ 中任一元素 $x$，若共有 $m$ 个集合包含 $x$，其对答案的贡献为

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^m{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})}(-1{)}^{k-1}& =-\sum _{k=1}^m{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})}(-1{)}^k\\ & =-\sum _{k=0}^m{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})}(-1{)}^k+1\\ & =-(1-1{)}^m+1\\ & =1\end{array}$$

即每个元素都仅对答案产生 $1$ 的贡献。

组合容斥

组合容斥中，容斥系数变为了组合数。

有个简单的引例，若 $g(S)=\sum _{S\subseteq T}f(T)$，则有

$$f(S)=\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{\left|T\right|-\left|S\right|}g(T)$$

证明如下：

$$\begin{array}{rl}\text{LHS}& =\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{\left|T\right|-\left|S\right|}g(T)\\ & =\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{\left|T\right|-\left|S\right|}\sum _{T\subseteq Q}f(Q)\\ & =\sum _{S\subseteq Q}f(Q)\sum _{S\subseteq T\subseteq Q}(-1{)}^{\left|T\right|-\left|S\right|}\\ & =\sum _{S\subseteq Q}f(Q)\sum _{T\subseteq Q\mathrm{\setminus }S}(-1{)}^{\left|T\right|}\end{array}$$

考察式子右半边，令 $F(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\left|T\right|}$，则

$$F(S)=\sum _{i=0}^{|S|}(-1{)}^i{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|}{i})}=(1-1{)}^{|S|}=[|S|=0]$$

即 $\text{LHS}=\sum _{S\subseteq Q}f(Q)[Q\mathrm{\setminus }S=0]=f(S)$。

现在改变 $f,g$ 的含义，$f(i),g(i)$ 表示所有 $\left|S\right|=i$ 的 $f(S),g(S)$ 之和，发现每个大小为 $i$ 的集合任选 $k$ 个都会对 $g(k)$ 产生 $f(i)$ 的贡献，即 $g(k)=\sum _{i=k}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}f(i)$，由二项式反演得

$$f(k)=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}g(i)$$

有的题容斥系数可能更为复杂，对于如何求容斥系数，可以对每种情况考虑其应被计算次数，并列出方程来求解。

$min-max$ 容斥

给定集合 $S$，$max(S)$ 表示 $S$ 中最大值，$min(S)$ 表示 $S$ 中最小值，则有

$$max(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\left|T\right|-1}min(T)$$

$$min(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\left|T\right|-1}max(T)$$

对第一个式子证明。将 $S$ 中的元素从大到小排序，考虑第 $k+1$ 大的应元素被计算几次。

对于第 $k+1$ 大的元素，当它以 $min(T)$ 呈现时，说明 $T$ 中的元素均是第 $1$ 至第 $k+1$ 大的，且必须包含第 $k+1$ 大的元素。

故第 $k+1$ 个数会被计算 $\sum _{i=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})}(-1{)}^i=(1-1{)}^k=0$ 次。

特别地，当 $k=0$ 时，会被计算一次，即只有 $max(S)$ 被计算了一次。

$min(S)$ 的证明同理。

$min-max$ 容斥还可以推广到第 $k$ 大，$\underset{k}{max}(S)$ 表示集合 $S$ 中第 $k$ 大的元素，设 $f(i)$ 为容斥系数，则 $\underset{k}{max}(S)=\sum _{T\subseteq S}f(\left|T\right|)min(T)$。

对于第 $x+1$ 大的元素，我们希望它被计算 $[x+1=k]$ 次，可列出方程

$$[x+1=k]=\sum _{i=0}^x{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})}f(i+1)$$

由二项式反演得

$$\begin{array}{rl}f(x+1)& =\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})}[i+1=k]\\ & =(-1{)}^{x-(k-1)}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{k-1})}\end{array}$$

$$f(x)=(-1{)}^{x-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{x-1}{k-1})}$$

即

$${\max }_k(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\left|T\right|-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\left|T\right|-1}{k-1})}min(T)$$

主要用来解决集合概率问题。

例题

BZOJ3589 动态树

给你一棵 $n$ 个点的树，$q$ 次操作，支持

1. $u$ 子树内每个点权加 $k$
2. 查询 $k$ 条链的并集点权和

保证给出的链深度递增。

$1\le n,q\le 2\times {10}^5,1\le k\le 5$

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直接求并不好求，可以用容斥把问题转化为枚举 $2^k$ 种情况求交，这题的链深度递增，求交是相当简单的。

直接树剖维护是 $O(2^{k}n{\log }^{2}n)$ 的，去到了 ${10}^9$。

因为这题的链深度递增，所以链求和可以直接维护到根的路径上点权和，作差就可以了，这样一次修改是 $O(\log n)$，一次查询是 $O(2^k\log n)$，总复杂度是 $O(2^{k}n\log n)$，去掉了一个 $\log$。

然后对于 $u$ 子树内的一点 $v$，一次加 $k$ 会使 $v$ 处增加 $(de{p}_v-de{p}_u+1)\times k=de{p}_v\times k-(de{p}_u-1)\times k$，前后两部分分开维护即可。

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CQOI2012 局部极小值

对于一个 $n\times m$ 的矩阵，$a_{i,j}$ 被认为是好的当且仅当 $a_{i,j}$ 比其周围 $8$ 个数均更小。给出矩阵中好的元素位置，求可能的矩阵方案数。

所有的 $a_{i,j}$ 构成一个 $[1,nm]$ 的排列。

$1\le n\le 4,1\le m\le 7$

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为保证构造矩阵合法，可以从小到大填数，目标位置周围显然不能填。

发现最多可存在的好的元素数量很少，可以把这些位置压缩成一个状态进行 dp，关键点位置的转移直接从前驱转移即可，未填数的关键点周围不可转移，其他位置随便放即可，转移方程很好写。

注意到这样 dp 出来的方案数可能会包含更多的关键点，所以要容斥一下，具体而言，若题目给出 $i$ 个关键点，最多存在 $p$ 个关键点，则答案为 $\sum _{k=0}^{p-i}(-1{)}^k{f}_{i+k}$。

因为 $p$ 很小，所以直接搜索，在原有集合上扩展，每次把多一个的答案减掉即可。

复杂度不太会算，跑得挺快。

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P4859 已经没什么好害怕的了

给出序列 $a,b$，一个排列 $p$ 的权值为 $\sum _{i=1}^n[a_i>b_{p_i}]$，求权值为 $k$ 的排列个数。

$1\le n\le 2\times {10}^3$

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简化题意的 $k$ 是原题的 ${\displaystyle \frac{n+k}{2}}$。

考虑 dp，先将 $a,b$ 排序，发现当 $a_i$ 选择一个比它小的 $b_{p_i}$ 时，对后面的选择不会有本质影响，而选择比它大的 $b_{p_i}$ 会很复杂。

这启发我们在 dp 中设计匹配个数的状态，最后统一分配剩下的 $b_i$，$f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 项，有 $j$ 个 $k$ 满足 $a_k>b_{p_k}$ 的情况数，记 $q_i$ 表示 $b$ 序列中比 $a_i$ 小的元素个数个数，有转移方程 $f_{i,j}=f_{i-1,j}+(q_i-j+1)f_{i-1,j-1}$。

之后考虑剩下 $b_i$ 对答案的影响，令 $g_i=(n-i)!f_{n,i}$，表示剩下的数任意放的情况数，发现可能会产生更多的匹配，且同一种排列可能会被计算多次，考虑组合容斥。

令 $h_i$ 表示权值恰好等于 $i$ 的排列数，有

$$g_k=\sum _{i=k}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{h}_i$$

可以理解为 $h_i$ 中的每种排列从 $i$ 个匹配中任取 $k$ 个出来都会对 $g_k$ 有 $1$ 的贡献。

由二项式反演得

$$h_k=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{g}_i$$

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SCOI2010 幸运数字

一个数字是幸运数字当且仅当它每一位均由 $6$ 或 $8$ 组成。

一个数字是类幸运数字当且仅当它是幸运数字的倍数。

求区间 $[l,r]$ 内类幸运数字的个数。

$1\le l\le r\le {10}^{10}$

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发现最多只有 $2046$ 个幸运数字，记为序列 $a$，可以预处理出来，令 $n$ 表示幸运数字个数。

问题转化为 $[l,r]$ 中有多少个数是 $a$ 中任意一个数的倍数。

这就是个经典的容斥问题了，其实就是若干个集合求并。

令 $f(i)$ 表示 $[l,r]$ 中 $i$ 的倍数个数，则

$$ans=\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\sum _{1\le i_1<i_2<\cdots <i_k\le n}f(\mathrm{lcm}(a_{i_1},a_{i_2}\cdots ,a_{i_k}))$$

直接做是 $O(2^n)$ 的，考虑一些剪枝。

首先可以把这里面有倍数关系的都去掉，这样只剩 $943$ 个数了。

因为 $\text{lcm}$ 大于 $r$ 时肯定不会有贡献了，可以直接返回，这让复杂度大大降低。

然后可以将 $a$ 从大到小排序，让 $\text{lcm}$ 更快超过 $r$。

这三个剪枝加完就能通过本题了。

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BZOJ2839 集合计数

一个 $n$ 个元素的集合，从它的子集（包括空集）中取出若干个集合，使它们的交集大小为 $k$，求可能的取法总数。

$1\le n\le {10}^6,0\le k\le n$

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用 $f_i$ 表示交集大小至少为 $i$ 的答案，首先钦定 $i$ 个交集的元素，共有 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}$ 种情况，剩下的 $n-i$ 个数组成的集合，共有 $2^{n-i}$ 个子集，每个子集可以选或不选，但不能都不选，要去掉空集，所以共有 $2^{2^{n-i}}-1$ 种取法，即 $f_i={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}(2^{2^{n-i}}-1)$。

这样也会有一个集合内相同元素算了多次的问题，考虑组合容斥，令 $g_i$ 表示交集大小恰为 $i$ 的答案，有

$$f_k=\sum _{i=k}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{g}_i$$

可理解为在交集 $i$ 个元素中钦定 $k$ 个作为 $f_k$ 中的交集，每次有 $g_i$ 贡献。

由二项式反演得

$$g_k=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{f}_i$$

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HDU4336 Card Collector

有 $n$ 种卡牌，每一时刻有 $p_i$ 的概率得到其中一种，保证 $\sum _{i=1}^n{p}_i=1$，求每种卡牌得到至少 $1$ 张的期望时间。

$1\le n\le 20$

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$min-max$ 容斥基础运用，令 $max(S)$ 表示集合 $S$ 中拿到最后一张牌所需时间，$min(S)$ 表示集合 $S$ 中拿到第一张牌所需时间，有

$$E(max(S))=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\left|T\right|-1}E(min(T))$$

$$E(min(S))={\displaystyle \frac{1}{\sum _{i\in S}{p}_i}}$$

$O(2^n)$ 求解。

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HAOI2015 按位或

有一个数，初始为 $0$，每一时刻会选择一个 $[0,2^n)$ 内的数，与该数进行或操作。选择 $i$ 的概率是 $p_i$，保证 $\sum _{i=0}^{2^n-1}{p}_i=1$。问该数变为 $2^n-1$ 的期望时间。

$1\le n\le 20$

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把数抽象成集合，容易看出是刚才那题的加强版。

令 $max(S)$ 表示集合 $S$ 中拿到最后一个数被或上所需时间，$min(S)$ 表示集合 $S$ 中或上第一个数所需时间，有

$$E(max(S))=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\left|T\right|-1}E(min(T))$$

$$E(min(S))={\displaystyle \frac{1}{\sum _{S\cap T\ne \varnothing }{p}_T}}$$

求交集不为空不好弄，可以反着求交集为空的和，$S\cap T\ne \varnothing$ 时 $T$ 是 $S$ 补集的子集，即做一个子集求和，FWT 即可。

时间复杂度 $O(2^{n}n)$。

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P4707 重返现世

有 $n$ 种元素，每一时刻有 ${\displaystyle \frac{p_i}{m}}$ 的概率得到其中一种，保证 $\sum _{i=1}^n{p}_i=m$，
求得到 $k$ 种元素的期望时间。

$1\le n\le {10}^3,1\le m\le {10}^4,k\in [n-10,n]$

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一道扩展 $min-max$ 容斥神仙题。

记 $min(S)$ 表示集合 $S$ 中得到第一个元素所需时间，$\underset{k}{max}(S)$ 表示集合 $S$ 中所需时间第 $k$ 大的元素，得到它的时间。因为题目给的是第 $k$ 小，而这里的是第 $k$ 大，为方便处理，令 $k=n-k+1$，这样 $k$ 变得很小。

可以写出扩展 $min-max$ 容斥的期望形式。

$$E({\max }_k(S))=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\left|T\right|-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\left|T\right|-1}{k-1})}E(min(T))$$

$$E(min(S))=\frac{m}{\sum _{i\in S}{p}_i}$$

直接做复杂度爆炸，考虑对 $E(min(T))$ 相同的一块处理容斥系数。

记 $S_i$ 表示由 $[1,i]$ 内的若干个数组成的集合。

做一个 dp，$f_{i,j,k}$ 表示所有 $T\subseteq S_i$ 且 $\sum _{x\in T}{p}_x=j$，参数为 $k$ 时所有 $(-1{)}^{\left|T\right|-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\left|T\right|-1}{k-1})}$ 之和，答案即为 $\sum _{i=1}^m{f}_{n,i,k}{\displaystyle \frac{m}{i}}$。

考虑转移，当 $i$ 不纳入 $S_i$ 中时，$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}$。

若 $i$ 纳入 $S_i$，则会贡献

$$\begin{array}{rl}\sum _{T\in S_i}(-1{)}^{\left|T\right|-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\left|T\right|-1}{k-1})}& =\sum _{T\in S_i}(-1{)}^{\left|T\right|-k}({\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{(k-1)-1})}+{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{k-1})})\\ & =\sum _{T\in S_i}(-1{)}^{(\left|T\right|-1)-(k-1)}({\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{(k-1)-1})}+{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{k-1})})\\ & =\sum _{T\in S_i}(-1{)}^{(\left|T\right|-1)-(k-1)}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{(k-1)-1})}+\sum _{T\in S_i}(-1{)}^{(\left|T\right|-1)-(k-1)}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{k-1})}\\ & =\sum _{T\in S_i}(-1{)}^{(\left|T\right|-1)-(k-1)}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{(k-1)-1})}-\sum _{T\in S_i}(-1{)}^{(\left|T\right|-1)-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(\left|T\right|-1)-1}{k-1})}\\ & =\sum _{T\in S_{i-1}}(-1{)}^{\left|T\right|-(k-1)}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\left|T\right|-1}{(k-1)-1})}-\sum _{T\in S_{i-1}}(-1{)}^{\left|T\right|-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\left|T\right|-1}{k-1})}\\ & =f_{i-1,j-p_i,k-1}-f_{i-1,j-p_i,k}\end{array}$$

时间复杂度 $O(nmk)$，这里的 $k$ 是新定义的。

后记

这是我第一次写这么长的博客，感觉比较典型的题里面都有了。

参考了学长的容斥原理 pdf，5 年前的 pdf 讲的很细致，感谢 dtz 学长。

只讲了一些最基础的内容，不知道能不能算是容斥原理入门。