容斥与反演技巧（二）

年 更 大 作

FJOI2017 矩阵填数

\(\max =v\) 拆成 \(\le v\) 和存在一个 \(=v\)，对第二个条件容斥发现变成 \(<v\)，离散化后对每个点求出上界直接算。复杂度 \(O(n^32^n)\)。

CF449D

相当于每一位上至少有一个 \(0\)。钦定某些位上全是 \(1\)，发现只需要做高维后缀和。

FMT 即可。复杂度 \(O(a_i\log a_i)\)。当然也有手拆 FMT 摁做的方法。

ZJOI2016 小星星

\(f(u,j,S)\) 表示 \(u\) 为根的子树，恰好用 \(S\) 以内的这些数，\(p_u=j\) 的方案数。

你可以直接在转移的时候做集合不交并卷积，但是我们可以容斥：排列看作所有数至少出现一次，钦定某些元素不能出现，然后对每个集合 \(S\) 做一遍 \(O(n^3)\) 树形 DP（即 \(f(u,j)\) 表示 \(u\) 子树内，且 \(p_u=j\) 的方案数，但这里要求 \(j\not\in S\)），设得到的值是 \(g(S)\)，则答案为 \(\sum(-1)^{|S|}g(S)\)。

时间复杂度 \(O(n^32^n)\)，空间复杂度 \(O(n^2)\)。

集合不相等容斥

计数符合以下条件的 \(a\) 的数量：

• \(\forall i,a_i\in S_i\)。
• \(\forall i\neq j,a_i\neq a_j\)。

考虑建出 \(n\) 点的图，若 \(a_i=a_j\) 则连无向边 \((i,j)\)。那么互不相同相当于图中一条边都不能连。

设 \(C(E)\subseteq 2^V\) 为连上边集 \(E\) 后的连通块集合，\(F(P)\) 表示连通块形态为 \(P\) 时的答案（\(P\subseteq 2^V\)），则答案为

\[\sum_{E}(-1)^{|E|}F(C(E))=\sum_{P}F(P)\sum_{C(E)=P}(-1)^{|E|} \]

不难发现重点在计算后面那一项。显然各个连通块独立，只需要对每个连通块 \(S\in P\)，求出所有使 \(S\) 以内点集联通的边集 \(E\) 的 \((-1)^{|E|}\) 之和。设 \(f_k\) 表示 \(k\) 个点的方案数，发现没有联通限制的时候答案是 \([k=1]\)，即 \((\exp f)_k=[k=1]\)，取 \(\ln\) 得到 \(f_k=(-1)^{k-1}(k-1)!\)，因此

\[ANS=\sum_{P}F(P)\prod_{S\in P}(-1)^{|S|-1}(|S|-1)! \]

具体来说，考虑怎么算 \(f\)：较好理解的方式是采用容斥，用随意连的贡献和减去不连通的贡献和。由于随意连的时候贡献和为 \([k=1]\)，不连通时考虑 \(1\) 所在连通块，有

\[f_i=[i=1]-\sum_{j=1}^{i-1}\binom{i-1}{j-1}f_j[i-j=1]=-(i-1)f_{i-1} \]

再结合 \(f_1=1\)，自然有 \(f_k=(k-1)!(-1)^{k-1}\)。当然，你可以发现上述过程就是做了一次 \(\ln\)。

集合幂级数优化 exp 即可做到 \(O(n^22^n)\)。

ABC236Ex

\(F(P)=\prod_{S\in P}\lfloor\frac{M}{\text{lcm}(S)}\rfloor\) 容易计算。

本题中 \(F(P)\) 对各个连通块独立，某些题目中则不满足这个性质。

集训队互测 2012 calc

把元素划分为相等集合之后，有 \(F(P)=\prod_{S\in P}\sum_{i=1}^ki^{|S|}\)。

接下来我们简记为 \(F_x=(-1)^{x-1}(x-1)!\sum_{i=1}^ki^x\)。考虑 \(F\) 的 EGF，只需要求 \([x^n]\text{exp }F\)。

由于 \(n\) 比较小，暴力算 \(\text{exp}\) 就是 \(O(n^2)\)。

算自然数幂可以预处理第二类斯特林数后 \(O(n^2)\) 计算，总的复杂度为 \(O(n^2)\)。

ABC288Ex

如果没有不降的限制，可以数位 DP 在 \(O(N^3\log M)\) 的时间内求出 \(1,2,\cdots,N\) 个数时的答案。

现在考虑怎么处理不降。考虑钦定某些位置是 \(=\)，某些位置是 \(<\)。

发现相当于对这 \(N\) 个数进行划分，划分出的集合内部两两相同，不同集合中的数两两不同。

从每个奇数大小的集合中选一个代表元，考虑怎么算 \(g(i)\) 表示 \(i\) 个数两两不同的方案数。

使用集合不相等容斥；发现这个异或和的限制没办法把连通块拆开，但是偶数大小的连通块方案数直接就是 \(M+1\)，奇数大小的连通块若有 \(x\) 个，方案数是 \(F(x)\)，其中 \(F(x)\) 表示 \(x\) 个 \(\le M\) 的数 \(\text{xor sum}=X\) 的方案数。重新设 \(h(x,y)\) 表示 \(x\) 个数划分成若干连通块，其中 \(y\) 个大小为奇数的容斥系数和；转移类似于求个 exp，枚举 \(1\) 所在连通块大小，有

\[h(x,y)=\sum_{i=1}^xh(x-i,y-(i\bmod 2))\times(-1)^{i-1}(i-1)!\times\binom{x-1}{i-1} \]

可以做到 \(O(N^3)\)。那么 \(g(i)=\sum h(i,y)F(y)\)。最终相当于要在 \(g\) 的基础上，从 \([0,M]\) 中选出 \(2i\) 个数，且每个数的出现次数均为偶数。插板可得方案数 \(\binom{M+i}{i}\)。于是答案即

\[\sum_{i=0}^{\lfloor N/2\rfloor}\frac{g(N-2i)}{(N-2i)!}\binom{M+i}{i} \]

总的复杂度是 \(O(N^3\log M)\)。好像有 \(O(N\log M)\) 做法但是我不会/hsh

有标号连通无向图计数

• 容斥：用随便选的方法减去不连通的方法。随便选的方案是 \(g_n=2^{\frac{n(n-1)}{2}}\)对于不连通的方案，不连通的方案可以枚举 \(1\) 所在连通块大小 \(j\)，有 \(f_i=g_i-\sum_{j=1}^{i-1}\binom{i-1}{j-1}f_jg_{i-j}\)。直接做复杂度就是 \(O(n^2)\)，发现形式是分治 NTT 可以简单做到 \(O(n\log^2n)\)。
• 实际上可以发现 \(\exp f=g\Rightarrow f=\ln g\)，求 \(\ln\) 就可以直接 \(O(n\log n)\) 了。

有标号（弱连通） DAG 计数

明确一下：有标号 DAG 计数指的是，求有多少个 \(n\) 点若干条有向边的图，使得他是一个 DAG。

发现 DAG 这个东西中度数为 \(0\) 的点比较重要。设 \(f_i\) 为 \(i\) 个点的答案，考虑枚举度数为 \(0\) 的点有 \(j\) 个，发现还得钦定剩下的度数都不为 \(0\)，比较难受。

容斥一下，钦定某 \(j\) 个度数为 \(0\)，他们向剩下的点自由连边，方案数为 \(2^{j(i-j)}\)，因此钦定 \(j\) 个点度数为 \(0\) 的方案数就是 \(\binom{i}{j}2^{j(i-j)}f_{i-j}\)，把这个做二项式反演就是恰好 \(j\) 个度数为 \(0\) 的方案数；求和就可以得到真正的 \(f_i\)。

推一下式子：

\[\begin{aligned}f_i&=\sum_{j=1}^i\sum_{k=j}^i\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\times\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}\\&=\sum_{k=1}^i\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}\sum_{j=1}^k\binom{k}{j}(-1)^{k-j}\\&=\sum_{k=1}^i(-1)^{k-1}\binom{i}{k}2^{k(i-k)}f_{i-k}\end{aligned} \]

直接做可以 \(O(n^2)\)，注意到 \(xy=\binom{x+y}{2}-\binom{x}{2 }-\binom{y}{2}\)，因此

\[2^{k(i-k)}=\dfrac{2^{\binom{i}{2}}}{2^\binom{k}{2}\times 2^{\binom{i-k}{2}}} \]

这样可以拆成卷积的形式，分治 NTT 做到 \(O(n\log ^2n)\)。

如果要求弱连通，只需要再做一次 \(\ln\)。

不经过限制点路径计数

模型大概长成这样：给定一个 DAG，计数从起点 \(1\) 到终点 \(n\) 的路径， 满足不经过一些限制点。一般而言，DAG 上从一个点出发无限制走到另一个点的方案数都是好算的。

考虑钦定走过集合 \(S\) 以内的限制点 \(\{x_1,\cdots,x_k\}\)（\(k=|S|\)），容斥系数为 \((-1)^{k}\)，方案数为

\[c(S)=w(1,x_1)\times w(x_k,n)\times \prod_{i=1}^{k-1}w(x_i,x_{i+1}) \]

其中 \(w(u,v)\) 表示 \(u\to v\) 的路径个数。

肯定不能暴力枚举集合对吧，考虑带着容斥系数 DP，\(f(u)\) 表示 \(S\) 中拓扑序最大的点恰好为 \(u\) 的这些 \(S\) 的 \((-1)^{|S|}c(S)\) 之和，那么转移就是 \(f(u)=w(1,u)-\sum_{v}f(v)\times w(v,u)\)。

当然也有直观的理解方式：\(f(u)\) 表示第一次走到的限制点恰好是 \(u\) 的方案数，转移用随便走的方案数减去第一次走到的限制点不是 \(u\) 的方案数。如果第一次走到的限制点不是 \(u\)，那么枚举这个第一次走到的限制点 \(v\)，发现方案数就是 \(f(v)\times w(v,u)\)。

LOJ575 不等关系

容斥，钦定某些大于号变成小于号，剩下的位置随便；发现相当于把 \(1\cdots n\) 划分成若干集合，第 \(i\) 个集合大小为 \(x_i\) 的方案数，方案数可以简单求出，即 \(\binom{n}{x_1\ \ x_2\ \ \cdots\ \ x_k}\)。

发现相当于从大于号中提取一个子序列，考虑带着容斥系数 DP，有

\[f_i=\sum_{j=0}^{i-1}[S_j=0](-1)^{c_i-c_j-1}f_j\binom{i}{j}\quad(S_i=0) \]

写成分治 NTT 的形式即可做到 \(O(n\log ^2n)\)。

联合省选 2022 卡牌

做过寿司晚宴就容易想到根号分治，对 \(\le \sqrt{v}\) 的质因子状压，同时对每个 \(>\sqrt{v}\) 的质因子 \(p\) 存一个 \(f(p,S)\) 表示只考虑 \(\ge \sqrt{v}\) 的质因子恰好是 \(p\) 的这些数，他们小的那些质因子的并集为 \(S\) 的方案数。

对于询问集合 \(S\)，考虑钦定某个子集 \(T\subseteq S\)，令 \(T\) 内质因子都不被包含，则容斥系数为 \((-1)^{|T|}\)；接下来枚举每个大的质因子，如果这个质因子被钦定了就令 \(\text{ans}\leftarrow \text{ans}\times (f({p,S})-1)\)，否则令 \(\text{ans}\leftarrow \text{ans}\times f({p,S})\)。\(f\) 容易预处理，总复杂度 \(O((m+\sum c_i)2^r+v\times r2^r)\)，其中 \(r=\pi(\sqrt{v})\) 即小质因子的个数。