【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 \(|A\cup B\cup C\cup D|\)。

\[\begin{aligned} |A\cup B\cup C\cup D|&=|A|+|B|+|C|+|D|\\ &-|A\cap B|-|A\cap C|-|A\cap D|-|B\cap C|-|B\cap D|-|C\cap D|\\ &+|A\cap B\cap C|+|A\cap C\cap D|+|A\cap B\cap D|+|A\cap B\cap C|\\ &+|A\cap B\cap C\cap D|. \end{aligned}\]

好的我们证一下它的正确性：以一个元素 \(f\not\in A,f\in B,f\in C,f\in D\) 举例，在第一行算了 \(\binom{3}{1}\) 次，第二行减掉 \(\binom{3}{2}\) 次，第三行加上 \(\binom{3}{3}\) 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：

\[\begin{aligned} &\sum_{1\leq i\leq k}(-1)^{i+1}\binom{k}{i}\\ =&-\sum_{1\leq i\leq k}(-1)^i\binom{k}{i}\\ =&-\left(\sum_{0\leq i\leq k}(-1)^i\binom{k}{i}-1\right)\\ =&-(1-1)^k+1\quad\text{(a=-1,b=1 的二项式定理)}\\ =&1-0^k. \end{aligned}\]

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：

\[\begin{aligned} |S_1\cup S_2\cup\cdots\cup S_n|=\sum_{T\subseteq\{1,2,\cdots,n\}}(-1)^{|T|+1}|S_{T_1}\cap S_{T_2}\cap\cdots\cap S_{T_{|T|}}|. \end{aligned}\]

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：

\[g(S)=\sum_{S\subseteq T}f(T)\Leftrightarrow f(T)=\sum_{T\subseteq S}g(S)\cdot(-1)^{|S|-|T|}. \]

\[g(S)=\sum_{T\subseteq S}f(T)\Leftrightarrow f(T)=\sum_{S\subseteq T}g(S)\cdot(-1)^{|T|-|S|}. \]

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 \(ans=g(\varnothing)-f(\varnothing)=\sum_{S\neq\varnothing} g(S)\cdot(-1)^{|S|-1}.\)
4. 恰好满足 \(k\) 样限制条件：……？

\[\begin{aligned} \sum_{|S|=k}f(S)&=\sum_{|S|=k}\sum_{S\subseteq T}g(T)\cdot(-1)^{|T|-|S|}\\ &=\sum_{|S|\geq k}g(S)\sum_{T\subseteq S,|T|=k}(-1)^{|S|-|T|}\\ &=\sum_{|S|\geq k}g(S)\cdot\boxed{\binom{|S|}{k}\cdot(-1)^{|S|-k}}\\ &=\sum_{s\geq k}\binom{s}{k}\cdot(-1)^{s-k}\sum_{|S|=s}g(S). \end{aligned}\]

组合意义解释一下这个容斥系数：\((-1)^{|S|-k}\) 是容斥，\(\binom{|S|}{k}\) 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？

\[\begin{aligned} \sum_{|S|\geq k}f(S)&=\sum_{i\geq k}\sum_{|S|\geq i}g(S)\cdot\binom{|S|}{i}\cdot(-1)^{|S|-i}\\ &=\sum_{|S|\geq k}g(S)\sum_{|S|\geq i\geq k}\binom{|S|}{i}\cdot(-1)^{|S|-i}\\ &=\sum_{|S|\geq k}g(S)A(|S|,k)\\ \end{aligned}\]

其中我们强令了 \(A(n,k)=\sum_{k\leq i\leq n}\boxed{\binom{n}{i}\cdot(-1)^{n-i}}.\) 天啊好像

于是我们得到了一个阳间的算法。

形式二

\[g(k)=\sum_{k\leq i\leq n}\binom{i}{k}f(i)\Leftrightarrow f(k)=\sum_{k\leq i\leq n}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g(i). \]

\[g(k)=\sum_{m\leq i\leq k}\binom{k}{i}f(i)\Leftrightarrow f(k)=\sum_{m\leq i\leq k}(-1)^{k-i}\binom{k}{i}g(i). \]

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 \(\binom{|S|}{t}\) 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 \(n\leq 2000\) 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：

\[g(k)=\sum_{k\leq i\leq n}\binom{i}{k}f(i)\Leftrightarrow f(k)=\sum_{k\leq i\leq n}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g(i). \]

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：\(\mu*I=e\)，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 \(1\leq i \leq j \leq N,\gcd(i,j)\ne 1,\gcd(P_i,P_j)\ne 1\)。

\(n\leq 200000\)。

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：\(\mu*I=e\)

\[\begin{aligned} &\sum_{1\leq i\leq n}\sum_{1\leq j\leq n}[\gcd(p_i,p_j)=1]\\ &=\sum_{1\leq i\leq n}\sum_{1\leq j\leq n}\sum_{d|\gcd(p_i,p_j)}\mu(d)\\ &=\sum_{1\leq i\leq n}\sum_{1\leq j\leq n}\sum_{d|\gcd(p_i,p_j)}\mu(d)\\ &=\sum_{1\leq i\leq n}\sum_{1\leq j\leq n}\sum_{d|p_i,d|p_j}\mu(d)\\ &=\sum_d\mu(d)(\sum_{i}[d|p_i])^2=\sum_d\mu(d)cnt_d^2. \end{aligned}\]

请注意这里 \(cnt_d\) 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 \(cnt_d\)，统计上式。

如果我们忽略所有的 \(\mu(d)=0\) 的点，它的复杂度是 \(\sum_{1\leq i\leq n}2^{\omega(i)}<O(n^{1.5})\)。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 \(\gcd(i,j)=1\land\gcd(p_i,p_j)\neq1\) 的 pair，用所有 \(\gcd(p_i,p_j)\neq1\) 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 \(g(n,m)=\binom{n+m-1}{m-1}\)。
• 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：\(\Delta=i(k+1),ans=g(n-\Delta,m)\)。
• 盲猜容斥系数为 \((-1)^i\binom{m}{i}\)，所以 \(h(n,m,k)=\sum_{0\leq i\leq m} (-1)^i\binom{m}{i}g(n-\Delta,m)\)。

（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。\(n\leq 15\)。

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。

\[f[S]=\sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}2^{ways(T,S-T)}f[S-T]. \]

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。

\[f[S]=\sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{|T|+1}2^{ways(T,S-T)}f[S-T]. \]

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 \(n\leq 15\)。

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 \(O(3^nn^2)\)。

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 \(x\in T\land T\subset S\)。

\[g[S]=f[S]-\sum_{x\in T\subset S}f[T]g[S-T]. \]

todo

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