【笔记】容斥原理

我很菜，没写完，没写完，，，

只会抄讲义，好垃圾

集合的并集

容斥原理，说到这个算法你最先想到什么？

求解一些集合并集的大小？

我们从结论出发，说明一下容斥原理的原理：假设我们要求 $|A\cup B\cup C\cup D|$。

$$\begin{array}{rl}|A\cup B\cup C\cup D|& =|A|+|B|+|C|+|D|\\ & -|A\cap B|-|A\cap C|-|A\cap D|-|B\cap C|-|B\cap D|-|C\cap D|\\ & +|A\cap B\cap C|+|A\cap C\cap D|+|A\cap B\cap D|+|A\cap B\cap C|\\ & +|A\cap B\cap C\cap D|.\end{array}$$

好的我们证一下它的正确性：以一个元素 $f\notin A,f\in B,f\in C,f\in D$ 举例，在第一行算了 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1})$ 次，第二行减掉 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2})$ 次，第三行加上 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3})$ 次。

从组合数学的角度，一个方案如果恰好属于 $k$ 个集合那么它会被算：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{1\le i\le k}(-1{)}^{i+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})\\ =& -\sum _{1\le i\le k}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})\\ =& -(\sum _{0\le i\le k}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})-1)\\ =& -(1-1{)}^k+1\text{(a=-1,b=1 的二项式定理)}\\ =& 1-0^k.\end{array}$$

这意味着如果 $k=0$ 即完全不在任何一个集合的元素会被算 $0$ 次，而在并集里的元素会被算 $1$ 次，

我们归纳一下：

$$\begin{array}{r}|S_1\cup S_2\cup \cdots \cup S_n|=\sum _{T\subseteq \{1,2,\cdots ,n\}}(-1{)}^{|T|+1}|S_{T_1}\cap S_{T_2}\cap \cdots \cap S_{T_{|T|}}|.\end{array}$$

你已经接触了容斥原理！

二项式反演

祈祷一下写的都没错

形式一：子集枚举

首先摆一下结论：

$$g(S)=\sum _{S\subseteq T}f(T)\iff f(T)=\sum _{T\subseteq S}g(S)\cdot (-1{)}^{|S|-|T|}.$$

$$g(S)=\sum _{T\subseteq S}f(T)\iff f(T)=\sum _{S\subseteq T}g(S)\cdot (-1{)}^{|T|-|S|}.$$

好的我们把它抛到一边我们考虑这样一个问题：我有 $n$ 个限制条件，我可以很快的求出 $g(S)$ 表示满足 $S$ 中所有限制条件其它随意的方案数，怎么求出：

1. 恰好满足 $S$ 中的限制条件，其它的不满足？$f(T)=\sum _{T\subseteq S}g(S)\cdot (-1{)}^{|S|-|T|}.$
2. 恰好不满足任何限制条件：$f(\varnothing )=\sum _{S}g(S)\cdot (-1{)}^{|S|}.$
3. 至少满足一样限制条件：首先明确 $g(\varnothing )$ 就是所有方案数，那么 $ans=g(\varnothing )-f(\varnothing )=\sum _{S\ne \varnothing }g(S)\cdot (-1{)}^{|S|-1}.$
4. 恰好满足 $k$ 样限制条件：……？

$$\begin{array}{rl}\sum _{|S|=k}f(S)& =\sum _{|S|=k}\sum _{S\subseteq T}g(T)\cdot (-1{)}^{|T|-|S|}\\ & =\sum _{|S|\ge k}g(S)\sum _{T\subseteq S,|T|=k}(-1{)}^{|S|-|T|}\\ & =\sum _{|S|\ge k}g(S)\cdot \boxed{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|}{k})\cdot (-1{)}^{|S|-k}}}\\ & =\sum _{s\ge k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{k})\cdot (-1{)}^{s-k}\sum _{|S|=s}g(S).\end{array}$$

组合意义解释一下这个容斥系数：$(-1{)}^{|S|-k}$ 是容斥，$(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|}{k})$ 是说这一项的所有大小为 $k$ 的子集都有影响，都要容斥一遍。

5. 那么至少满足 $k$ 样限制条件呢？

$$\begin{array}{rl}\sum _{|S|\ge k}f(S)& =\sum _{i\ge k}\sum _{|S|\ge i}g(S)\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|}{i})\cdot (-1{)}^{|S|-i}\\ & =\sum _{|S|\ge k}g(S)\sum _{|S|\ge i\ge k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|}{i})\cdot (-1{)}^{|S|-i}\\ & =\sum _{|S|\ge k}g(S)A(|S|,k)\end{array}$$

其中我们强令了 $A(n,k)=\sum _{k\le i\le n}\boxed{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\cdot (-1{)}^{n-i}}}.$ 天啊好像

于是我们得到了一个阳间的算法。

形式二

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

$$g(k)=\sum _{m\le i\le k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})f(i)\iff f(k)=\sum _{m\le i\le k}(-1{)}^{k-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})g(i).$$

右边是形式一问题四，左边是怎么来的呢？我们重申一次 $f,g$ 的组合意义：$f(t)$ 是所有的恰好满足 $t$ 个条件的方案数，$g(t)$ 是钦定了任意 $t$ 个条件后的方案数的和，对于每一个方案他会重复数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|}{t})$ 次！

题一

LGP5188 [COCI2009-2010#4] PALACINKE

由于难点在 DP，这里 skip

题二

• BZOJ3622 已经没有什么好害怕的了

problem

两个 $n\le 2000$ 的数组 $A,B$，元素互不相同，求有多少种将 $A,B$ 配对的方法使得 $A>B$ 的恰好有 $k$ 对。

题目改过，但是这一步转换很简单。

solution

恰好很难算。我们算至少：$g(t)$ 表示钦定 $t$ 个 pair 是大于有多少种方案，$f(t)$ 表示恰好有 $t$ 个 pair 是大于有多少种方案。

二项式反演：

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

但是这个题的难点不在这里，我们要算 $g$，怎么算呢？DP。

首先 $A,B$ 排序对结果无影响，然后二分求出 $h_i=\sum _j[b_j<a_i]$ 表示有多少个 $b$ 小于 $a$。

令 $f_{i,j}$ 表示考虑到 $a_i$，前面有 $j$ 个已经匹配。

• $i$ 不匹配：$f_{i-1,j}$。
• $i$ 匹配：$(h_i-j+1)f_{i-1,j-1}$，这表示 $i$ 的匹配对象中，$j-1$ 个已经被用了，其他的随便挑一个。

然后剩下的随机匹配，得到 $g(t)=f_{n,j}(n-j)!$。

题三

我们复习一下：$\mu \ast I=e$，也就是 $[n=1]=\sum _{d|n}\mu (d)$。这个 $\mu (d)$ 我们也可以看作是一种容斥系数。

这里用一道习题讲解它的应用形式：题解 ABC230G【GCD Permutation】

problem

给你一个长度为 $N$ 的排列 $P=(P_1,P_2,...,P_N)$，你需要求出有多少 $(i,j)$ 满足 $1\le i\le j\le N,gcd(i,j)\ne 1,gcd(P_i,P_j)\ne 1$。

$n\le 200000$。

以下忽略 $i=j$ 的 pair。

solution 0

考虑一个简化的问题：你有一些不重复的数，求有多少个有序的 pair 使得 $gcd(p_i,p_j)=1$。这是简单的，使用祖传莫比乌斯反演：$\mu \ast I=e$

$$\begin{array}{rl}& \sum _{1\le i\le n}\sum _{1\le j\le n}[gcd(p_i,p_j)=1]\\ & =\sum _{1\le i\le n}\sum _{1\le j\le n}\sum _{d|gcd(p_i,p_j)}\mu (d)\\ & =\sum _{1\le i\le n}\sum _{1\le j\le n}\sum _{d|gcd(p_i,p_j)}\mu (d)\\ & =\sum _{1\le i\le n}\sum _{1\le j\le n}\sum _{d|p_i,d|p_j}\mu (d)\\ & =\sum _d\mu (d)(\sum _i[d|p_i]{)}^2=\sum _d\mu (d)cn{t}_d^2.\end{array}$$

请注意这里 $cn{t}_d$ 表示 有多少个 $d$ 的倍数在数列里。

那么我们有一个算法：对于每一个数，枚举这个数的所有因数，统计 $cn{t}_d$，统计上式。

如果我们忽略所有的 $\mu (d)=0$ 的点，它的复杂度是 $\sum _{1\le i\le n}{2}^{\omega (i)}<O(n^{1.5})$。好吧这是个无效放缩。。。。

solution 1

我们进化出一个数据结构，支持插入删除，查询集合中有多少个不互质的 pair。

简单的。

solution 2

我们算出所有满足 $gcd(i,j)=1\wedge gcd(p_i,p_j)\ne 1$ 的 pair，用所有 $gcd(p_i,p_j)\ne 1$ 的 pair 数一减，就是答案了。

我们的方法是：枚举 $d$，然后拎出所有的下标为 $d$ 的倍数的 $p_i$，计算这里面有多少个不互质的 pair。我们假装，它的贡献是 $\mu (d)$。

于是这样计算就对了。这本质上是容斥套容斥。

对数据结构更新的次数显然为 $O(n\ln n)$，那么总的复杂度是 $O(n^{1.5}\ln n)$。完全跑不满。

题四

problem

求出 $h(n,m,k)$：将 $n$ 个相同的小球放入 $m$ 个互不相同的盒子里，要求每个盒子最少 $0$ 个最多 $k$ 个的方案数。

solution

• 辅助 $g(n,m)$：将 $n$ 个相同的小球放入 $m$ 个互不相同的盒子里，要求每个盒子最少 $0$ 个最多 $k$ 个的方案数，明显 $g(n,m)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m-1})$。
• 容斥。考虑钦定 $i$ 个盒子溢出了，将这些盒子的球数减去 $(k+1)$。现在数一下：$\mathrm{\Delta }=i(k+1),ans=g(n-\mathrm{\Delta },m)$。
• 盲猜容斥系数为 $(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})$，所以 $h(n,m,k)=\sum _{0\le i\le m}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})g(n-\mathrm{\Delta },m)$。

（关于这一步什么鬼，如果你无法理解可以看看 完整题解）

扩展：$H(n,m,[L,R])$ 表示将 $n$ 个相同的小球放入 $m$ 个互不相同的盒子里，要求每个盒子最少 $L$ 个最多 $R$ 个的方案数，很不幸它是 $h(n-mL,m,R-L)$。

题五

problem

一个有向图有 $n$ 个点，求它的 DAG 子图数量。$n\le 15$。

solution

令 $f[S]$ 表示点集 $S$ 有多少个 DAG 子图。枚举这个 DAG 中入度为 0 的部分，然后递归下去。

$$f[S]=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }{2}^{ways(T,S-T)}f[S-T].$$

由于不能一次枚举完所有入度为 0 的点，同一种方案会算重，我们对着这些点容斥。

$$f[S]=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|+1}{2}^{ways(T,S-T)}f[S-T].$$

题六

BZOJ3812 [清华集训 2014] 主旋律

problem

给定一个 $n$ 个点的有向图，问这个图有多少个强连通子图。保证 $n\le 15$。

solution

一个非强连通的子图，缩点后是一个至少两个点的 DAG（这个 DAG 可以不连通）。

对于点集 $S$，考虑强连通子图 = 所有图 - 非强连通子图。

令强连通子图的数量为 $f[S]$，枚举 $T\subset S$，使 $T$ 是一个强连通分量，$S-T$ 就随意，而且强制规定 $T$ 在缩点图的入度为零。

$$f[S]=all[S]-\sum _{T\subset S}{2}^{ways(T,S-T)}f[T]all[S-T].$$

• $all[S]$ 表示所有图的数量。
• $ways(S,T)$ 表示 $\sum _{u\in S,v\in T}g[u][v]$。注意到 $S\cap T=\varnothing$，它的复杂度顶满是 $O(3^n{n}^2)$。

错误的。考虑 $1\to 3,2\to 3$ 会被算两次。

考虑问题在哪里呢？枚举 $T$ 的时候，我们没有钦定 $T$ 一定是所有的入度为 $0$ 的点。我们对着 $T$ 容斥：

• 将 $T$ 划分为若干个强连通分量，奇数个的贡献是 1，偶数个的贡献是 -1；
• 令 $g[T]$ 表示所有划分方案的和。

将 $f[T]$ 换成 $g[T]$ 就行了。

$$f[S]=all[S]-\sum _{T\subset S}{2}^{ways(T,S-T)}g[T]all[S-T].$$

怎么算 $g[S]$？

• 枚举一个 $T\subset S$，然后划分成 $-f[T]g[S-T]$。
• 细节一：一种好的做法是令 $g[0]=0$，然后特判 $T$ 是整一块强连通分量的情况。
• 细节二：为了避免判重等奇奇怪怪的问题，我们钦定一个 $x\in S$，然后枚举 $x\in T\wedge T\subset S$。

$$g[S]=f[S]-\sum _{x\in T\subset S}f[T]g[S-T].$$

todo

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