容斥与反演技巧（一）

其实 2022.9.27 就发布了

二项式反演

我们直接上式子好了

一般有两种形式，第一种是

$$f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)\iff g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)$$

第二种是

$$f(n)=\sum_{i=n}^m\binom{i}{n}g(i)\iff g(n)=\sum_{i=n}^m\binom{i}{n}(-1)^{i-n}f(i)$$

第二种比第一种更加常用。

一般来说我们的 $f(n)$ 是钦定 $n$ 个元素必须选中，剩下的随便选的方案数。注意 $f$ 并非单纯的后缀和。

例题

球的染色

有 $n$ 个球排成一列，每个球可以染成 $m$ 种颜色，相邻球的颜色不能相同，但是每种颜色至少出现一次，问方案数。

如果没有至少出现一次的限制那么答案就是 $m\times (m-1)^{n-1}$。

考虑转化为 恰好有 $0$ 个颜色没有出现过，那么设 $f(k)$ 为钦定某 $k$ 种颜色没有出现的方案数，那么 $f(k)=(m-k)\times (m-k-1)^{n-1}$。

设 $g(k)$ 为恰好 $k$ 个颜色没有出现过的方案数，那么

$$f(k)=\sum_{i=k}^m\binom{i}{k}g(i)\iff g(k)=\sum_{i=k}^m(-1)^{i-k}\binom{i}{k}f(i)=\sum_{i=k}^m(-1)^{i-k}\binom{i}{k}(m-k)\times (m-k-1)^{n-1}$$

那么 $g(0)$ 就是答案啦

SDOI2016 排列计数

考虑设 $f(x)$ 为钦定 $x$ 个位置必须放对，剩下的随便放，那么 $f(x)=\binom{n}{x}(n-x)!=\frac{n!}{x!}$。

乘上 $\binom{n}{x}$ 的原因是我们要先选出来这 $x$ 个位置。然后 $g(x)$ 表示恰好放对 $x$ 个位置的方案数，我们有

$$f(x)=\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}g(i)\iff g(x)=\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}(-1)^{i-x}f(i)$$

然后你用 $f(x)=\frac{n!}{x!}$ 化简一下发现

$$g(x)=\sum_{i=x}^n\dfrac{i!}{x!(i-x)!}(-1)^{i-x}\times\dfrac{n!}{i!}=\sum_{i=x}^n\dfrac{n!}{x!(n-x)!}\times (-1)^{i-x}\dfrac{(n-x)!}{(i-x)!}=\binom{n}{x}(n-x)!\sum_{i=0}^{n-x}\dfrac{(-1)^i}{i!}$$

前后都可以 $O(n)$ 预处理，于是这题就做完了。AC Code

BZOJ2839 集合计数

先选出 $x$ 个元素必须在交集里面，那么剩下的 $n-x$ 个元素可以构成 $2^{n-x}$ 个集合，可以随便选但不能一个都不选，因此方案数为

$$f(x)=\binom{n}{x}\left(2^{2^{n-x}}-1\right)$$

然后设 $g(x)$ 为交集大小恰好为 $k$ 的方案数，那么

$$f(x)=\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}g(i)\iff g(x)=\sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}\binom{i}{x}f(i)$$

注意到只有一次询问，因此可以先算出来 $f$ 然后直接算出来 $g$。不难在 $O(N)$ 时间内解决。AC Code

BZOJ3622 已经没有什么好害怕的了

记糖果为 $A_{1\cdots n}$，药片为 $B_{1\cdots n}$。那么当 $n,k$ 不同奇偶时无解，否则应当有 $\frac{n+k}{2}$ 个位置满足 $A_i>B_i$，剩下的为 $A_i<B_i$。

下面记 $k$ 为原来的 $\frac{n+k}{2}$。 仍然是钦定 $k$ 个位置，让这 $k$ 个位置满足 $A_i>B_i$，想想怎么算方案数。发现不是很好用组合数算。

对于每个 $A_i$ 我们算出来 $C_i$ 表示 $B$ 中 $<A_i$ 的元素个数，将 $A$ 从小到大排序，那么 $C$ 序列递增且前面的 $C$ 是后面的子集。

现在相当于要钦定 $k$ 个位置选出 $C_i$ 所代表的集合中的数且不能重复，剩下的随便选。

这个可以 DP 做，$f(i,j)$ 表示前 $i$ 个数配了 $j$ 组时的方案数，那么 $f(i,j)=f(i-1,j)+f(i-1,j-1)\times (C_j-(j-1))$。

那么记 $F_j=(n-j)!f(n,j)$，答案就是 $F$ 做一个二项式反演。于是这题就做完了，时间复杂度 $O(n^2)$。AC Code

JSOI2011 分特产

设 $f(k)$ 为钦定 $k$ 个人，他们分不到特产，剩下的人随便分，的方案数。那么答案就是 $f$ 做一个二项式反演。

注意到 $f(k)$ 实际上等价于给 $n-k$ 个人分特产，不过可以有人没分到的方案数。

然后我们发现其实每种特产大概是独立的，那么给 $m$ 个人分的时候答案就是

$$\prod_{i=1}^n\binom{a_i+m-1}{m-1}$$

我们对每个 $m$ 把这东西算一遍就得到了 $f$，再反演就得到了 $g$。暴力算是 $O(n^2)$ 的，已经可以通过。AC Code

实际上我们拆拆式子发现

$$\prod_{i=1}^n\binom{a_i+m-1}{m-1}=\prod_{i=1}^n\dfrac{(a_i+m-1)!}{a_i!(m-1)!}=\prod_{i=1}^n\dfrac{(a_i+m-2)!}{a_i!}\prod_{i=1}^n(a_i+m-1)\times \dfrac{1}{((m-1)!)^n}$$

我们发现只要能快速算出来 $\prod (a_i+m-1)$ 就能递推。

设 $F(x)=\prod(a_i+x)$，那么可以分治 NTT 在 $O(n\log ^2n)$ 的时间内得到 $F$，再 $O(n\log ^2n)$ 做个多点求值，就得到了 $O(n\log ^2n)$ 的算法。

NOI Online#2 提高组 游戏

和 BZOJ3622 比较相似，考虑钦定 $k$ 个位置，让这 $k$ 个位置不是平局。我们将 A 的点染黑，B 的点染白。

现在相当于要选出 $k$ 组互为祖孙关系的点对，求方案数。

这个可以用树形 DP 做，设 $f(u,j)$ 为只考虑点 $u$ 子树内的点，配 $j$ 对的方案。

设 $X_u$ 为 $u$ 子树中白点个数，$Y_u$ 为 $u$ 子树中黑点个数，转移时考虑看 $u$ 是否配对：

• 如果 $u$ 不配对，那么直接把 $u$ 的儿子的背包合并上来即可。
• 如果 $u$ 配对，不妨设 $u$ 是黑点，此时相当于子树中已经配了 $j-1$ 对，那么 $u$ 还有 $X_u-(j-1)$ 种选择。因此将子树内 $j-1$ 的背包合并上来再乘 $(X_u-(j-1))$ 即可。

那么我们可以 $O(n^2)$ 算出来钦定 $k$ 个位置的方案数，再 $O(n^2)$ 反演一遍就完事了。AC Code

JSOI2015 染色问题

我们发现这题有三个限制。如果没有限制，那么答案就是 $(C+1)^{n\times m}$。

考虑设 $f(i,j,k)$ 为钦定某 $i$ 行，某 $j$ 列全都空着，某 $k$ 种颜色不选的方案数，那么 $f(i,j,k)=(C-k+1)^{(n-i)\times (m-j)}\binom{n}{i}\binom{m}{j}\binom{C}{k}$。

然后设 $g(i,j,k)$ 为恰好 $i$ 行 $j$ 列 $k$ 种颜色不选的方案数，有

$$f(i,j,k)=\sum_{x=i}^n\sum_{y=j}^m\sum_{z=k}^C\binom{x}{i}\binom{y}{j}\binom{z}{k}g(i,j,k)$$

发现是个三维的二项式反演，我们猜想

$$g(i,j,k)=\sum_{x=i}^n\sum_{y=j}^m\sum_{z=k}^C(-1)^{x+y+z-i-j-k}\binom{x}{i}\binom{y}{j}\binom{z}{k}f(i,j,k)$$

从容斥的角度考虑一下，感觉很对。直接做要带个 $\log$，不过不难做到 $O(n^3)$。AC Code

注意到其实三维中有一维可以直接算出来，所以不难优化到 $O(n^2)$。。。（我是傻子qaq

ABC266G Yet Another RGB Sequence

考虑钦定 $i$ 个位置是 RG，那么还剩 $R-i$ 个 R，$G-i$ 个 G，$B$ 个 B，方案数可以随便算。

于是就做完了，果然是板子题。

ABC217G Groups

我们考虑对非空这个条件做容斥。

具体来说把 $1,2,\cdots N$ 分成 $M$ 组，第 $i$ 组中每个数都 $\bmod M=i$，设其大小为 $C_i$。

现在我们钦定其中某 $i$ 组是空的，那么

$$f(i)=\prod_{j=0}^{M-1}\binom{k-i}{C_j}\times C_j!$$

那么答案可以直接通过二项式反演 $O(M)$ 得到。

我们发现如果直接算的话需要算 $N$ 次，每次都要 $O(NM)$，过不去。

但是可以发现本质不同的 $k-i$ 其实只有 $O(N)$ 组，因此直接处理出来所有的

$$F_x=\prod_{j=0}^{M-1}\binom{x}{C_j}\times C_j!$$

然后算 $f(i)$ 就只需要查表了。总的复杂度为 $O(NM)$。AC Code

CF285E Positions in Permutation

设 $f(i,j,0/1,0/1)$ 表示由 $1\cdots i$ 构成的排列，有 $j$ 个 good position 的方案数，后面两个 $0/1$ 的含义待会再说。

我们考虑这样由 $1,2,\cdots,i$ 的排列构建一个 $1,2,\cdots,i+1$ 的排列：先把最后一位放上 $i+1$，再将最后一位和前面的某一位 swap 一下。

这样一来，我们只需要分别计算出来有多少种 swap 可以使得 good position 的数量 $+1/-1/$ 不变即可。

我们考虑 $x$ 满足 $a_x=i$ 以及 $a_i$ 的值是什么。进行一个分类：

• 如果 $i+1$ 和某个 $x,i$ 之外的数 swap 了， 那么如果原本那个位置是 good position，$j$ 需要减一；否则不变。
• 如果和 $x$ 进行 swap，那么 $i+1$ 会是一个 good position，但是 $x$ 那个位置原本是不是 good position 我们不知道，因此需要记录一下。
• 如果和 $i$ 进行 swap，那么 $i$ 会是一个 good position，但是这个位置原本是不是 good position 我们也不知道，需要记录一下。

因此状态就是：

• $f(i,j,0/1,0/1)$ 表示由 $1\cdots i$ 构成的排列，有 $j$ 个 good position，第 $i$ 个位置是不是 $i-1$，第 $i-1$ 个位置是不是 $i$，的方案数。

转移分类讨论一下就行了。等等说好的二项式反演在哪里呢

我们思考一下容斥做法：直接钦定某 $k$ 个位置为 good position，剩下的位置的方案数我们默认为 $1$。

我们发现这个东西类似于一个匹配：

我们把黑边拉直，然后相当于要从 $n-1$ 条边中选出 $k$ 条互不相邻的边。简单插板得到 $f(k)=\binom{n-k}{k}$。

那么我们的 $F$ 就是 $f$ 和自己卷一下，答案就是

$$G(m)=\sum_{i=m}^n(-1)^{i-m}F(k)$$

暴力 $O(n^2)$ 计算已经可以通过本题。注意到 $F$ 是个卷积，因此可以做到 $O(n\log n)$。

CF997C Sky Full of Stars

相信做了之前那么多题之后这题已经非常简单了。。。

考虑钦定某 $k$ 列是同一种颜色，剩下的随便填，并且需要满足每一行都不是同一种颜色。有

$$f(k)=\begin{cases}(3^n-3)^n&,k=0\\\binom{n}{k}\times\left(3\times \left(3^{n-k}-1\right)^n+\left(3^k-3\right)\times 3^{n(n-k)}\right)&,k>0\end{cases}$$

然后二项式反演再做个小容斥就完事了。时间复杂度 $O(n\log n)$ 或 $O(n)$。AC Code

CF995F Cowmpany Cowmpensation

这题有个拉格朗日插值的做法，不过我们可以用容斥过掉它。

我们发现虽然值域很大，但是实际上用到的数只可能有 $O(n)$ 种。

设 $g(i)$ 为恰好用 $[1,i]$ 中每个数填好，并且每种数至少出现一次，的方案数，那么答案就是 $\sum_{x}\binom{D}{x}g(x)$。

这是因为我们可以把一种方案离散化掉，那么离散化到 $[1,x]$ 的方案数恰为 $\binom{D}{x}$。

我们发现至少出现一次看着就很容斥，因此可以求出来 $f(i)$ 表示只用 $[1,i]$ 中的数，随便填（可以有某些数没有用到）的方案数。

那么 $g$ 其实就是 $f$ 二项式反演一下，于是就可以 $O(n^2)$ 直接算了。代码懒得写了，，先坑着