容斥原理

有 $n$ 个奖项，获得 $S$ 中的奖项的人数为 $g(S)$ ，求获得至少一个奖项的人数。（ 不妨认为$g(\varnothing)=0$ ）

$$\sum_{S}(-1)^{|S|-1}g(S)$$

记容斥系数为 $f(|S|)$，那么对于 $\forall i \in[0,n]$ 应该有：

$$\sum_{j=1}^i\binom{i}{j}f(j)=[i \ge 1]$$

$f(i)=(-1)^{i-1}$ 恰好满足。

---

错排问题：

记 $f(i)$ 为至少有 $i$ 个位置不满足的容斥系数

$$\sum_{i=0}^n f(i) \binom{n}{i} (n-i)!$$

$$\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}f(j)=[i=0]$$

$$\Rightarrow f(i)=(-1)^i$$

变式：如果 $k$ 个位置满足错排有 $a_k$ 的贡献，求所有排列贡献和。

$$\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}f(j)=a_i$$

可以递推计算 $f$

这就是一般化的容斥

---

快速计算 $f$：

1. 打表找规律

$$\begin{aligned} \sum_{j=0}^i \binom{i}{j}f(j)&=a_i \\ \sum_{j=0}^i\frac{1}{(i-j)!}\frac{f(j)}{j!}&=\frac{a_i}{i!} \end{aligned}$$

然后就可以多项式求逆做了。

---

条件的使用

T1 Emiya 家的饭

记 $s_i=\sum_{j=1}^ma_{i,j}$

$dp_{i,j,k}$ ：前 $i$ 个方法，第 $p$ 种食材选 $j$ 个，其他食材选 $k$ 个

$$dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k-1}a_{i,p}+dp_{i-1,j-1,k}(s_i-a_{i,p})+dp_{i-1,j,k}$$

满足要求的状态为 $j > k$ , 所以只需知道 $j,k$ 相对大小，复杂度为 $\mathcal O(n^2m)$

T2

考虑容斥，枚举不被覆盖的格子的集合，对于剩余能放车的格子方案数为 $2$。

同一列的格子联通，那么记选出的格子所在列构成的集合为 $S$，这些列是无法放置車的。

现在我们先枚举 $S$，然后再容斥。

此时可以对每一个行极大连通块独立考虑。具体的，对于一个含有 $l$ 列 , 其中 $p$ 列在 $S$ 中的行，枚举这一行上的 $p$ 个位置有哪一些位置选择了不覆盖，有两种情况：

• 没有位置不覆盖，剩下的 $l-p$ 个位置方案任意。

• 存在至少一个位置不覆盖，那么这一行不能放车。

但这样计算会有问题，因为无法确定选出的点是否对应 $S$，即 $S$ 中可能存在若干列未选出不覆盖的点。

那么再次容斥，我们更改 $S$ 的定义为不选車的列，并枚举未选出不覆盖点的列的集合 $T (T \subseteq S)$。记该行有 $q$ 列在 $T$ 中。

总贡献即为：

$$\begin{aligned}&2^{l-p}+\sum_{i=1}^{p-q}(-1)^i\binom{p-q}{i} \\ =&2^{l-p}-[p\not=q] \end{aligned}$$

再把所有行的贡献乘起来，意义显然。

---

一个行的贡献只与 $l,p,q$ 有关，那么将原图划分成如下图形，使同颜色的行贡献相同：

这不就是小根笛卡尔树嘛！！！

设 $f_{u,i,j}$ 表示以 $u$ 为根的子树，有 $i$ 列在 $S$ 中，有 $j$ 列在 $T$ 中的贡献。

进一步，我们只需知道 $[p=q]$ ，那么第三维可以改为是否存在一列在 $S$ 中却不在 $T$ 中。

转移时枚举当前节点对应的列的选择情况即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2\log n)$。

T3

有一个 $n \times m$ 的矩阵，填入 $[0,m]$ 中的数并满足：

• $a_{i,j} < a_{i,j+1}$

• $a_{i,j}<a_{i-1,j+1}$

求方案数。 $1 \le n,m \le 10^6$

每一行用 $m+1$ 个数构成长度为 $m$ 的上升序列，只需确定没有填的数就可以知道序列。

那么记 $f_{i,j}$ 表示填完前 $i$ 行，第 $i$ 行未填的数为 $j$ 的方案数，有：

$$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{j+1}f_{i-1,k}$$

$$f_{i,j}=\begin{cases} f_{i-1,0}+f_{i-1,1} & j = 0 \\ f_{i,j-1}+f_{i-1,j+1} & j \not= 0 \end{cases}$$

问题转化为从 $(0,0)$ 走到 $P(n+m+1,n)$ ，且不经过直线 $l_1:y=x+1$ 和 $l_2:y=x-(m+2)$ 的方案数

将路径按经过直线顺序分类，并删去重复经过的部分。

所有不合法路径均可以分类为 $1212...$ 或 $2121...$

先考虑 $1212...$，即先经过 $l_1$

• 以 $1$ 为结尾 $-$ 以 $21$ 为结尾 $+$ 以 $121$ 为结尾 $-$ 以 $2121$ 为结尾 ...

• 以 $12$ 为结尾 $-$ 以 $212$ 为结尾 + 以 $1212$ 为结尾 $-$ 以 $21212$ 为结尾

注意到将 $P$ 按 $l_1$ 翻折后得到 $P'$ , $OP'$ 的结尾一定为 $1$ 或 $12$，将 $P'$ 按 $l_2$ 翻折得到 $P''$, $OP''$ 的结尾一定为 $21$ 或 $212$

那么我们不断翻折 $P$ 即可，相信大家都知道关于直线 $y=x+b$ 的对称点为 $(y_0-b,x_0+b)$

终止状态为 $P'(x',y')$ 不在第一象限，x,y正半轴内，因为此时会向左、下走。

每次翻折与对称轴的距离会增加 1，那么只会有 $\mathcal O(n)$ 次操作。

状态的简并

T4

首先 $\min-\max$ 容斥得到：

$$E(\max(S))=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\min(T))$$

令 $A_S=\sum_{i \in S}a_i$

令 $\displaystyle d=\frac{A_U}{A_T}$ ，表示选到 $T$ 中元素的期望次数。

再考虑如何求 $E(\min(T))$，一个转化是：

$$E(\min(T))=d\sum_{k \ge 0} P(\min(T) > k)$$

而 $k$ 轮(均选中 $T$ 中元素)没结束的情况是：所有数的和为 $k$ 且每个数小于对应的 $b_i$ ，概率即为：

$$\sum_{\sum c_i=k,c_i < b_i} \prod \left(\frac{a_i}{A_T}\right)^{c_i} \frac{k!}{\prod c_i!}$$

将每一位的贡献提出来，这样就可以按位计算：

$$\frac{k!}{{A_T}^k}\sum_{\sum c_i=k,c_i < b_i} \prod \frac{{a_i}^{c_i}}{c_i!}$$

---

令 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个元素，$c$ 的和为 $j$ 的贡献，有：

$$f_{i,j}=\sum_{l=0}^{\min(b_i-1,j)} f_{i-1,j-l} \frac{{a_i}^l}{{A_T}^ll!}$$

这样我们得到了 $\mathcal O(2^nn^2m^2)$ 的暴力

---

$$E(\max(S))=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-1}\frac{A_U}{A_T}\sum_{k \ge 0}\frac{k!}{{A_T}^k}\sum_{\sum c_i=k,c_i < b_i} \prod \frac{{a_i}^{c_i}}{c_i!}$$

$$E(\max(S))=A_U\sum_{k \ge 0}k!\sum_{T \subseteq S}\frac{(-1)^{|T|-1}}{{A_T}^{k+1}}\sum_{\sum c_i=k,c_i < b_i} \prod \frac{{a_i}^{c_i}}{c_i!}$$

前面系数有关的量只有 $k,A_T,|T|$，全部压进状态里：

$f_{i,0/1,j,k}$: 前 $i$ 个数，选中元素个数的奇偶，选中的元素的 $a$ 的和为 $j$ , $\sum c=k$ 的贡献。

$$f_{i,0/1,j,k}=f_{i-1,0/1,j,k}+\sum_{l=0}^{\min(b_i-1,k)}f_{i-1,1/0,j-a_i,k-l}\frac{{a_i}^l}{l!}$$

答案即为：

$$E(\max(S))=A_U\sum_{k \ge 0}k!\sum_{j=1}^{S}\frac{1}{j^{k+1}}(f_{n,1,j,k}-f_{n,0,j,k})$$

注意到容斥系数的改变为 -1，可以直接将第二维丢掉。

优化状态

T5

设 $f_{u,i,S}$ 表示子树 $u$ 内的点，$u$ 对应的点为 $i$，子树内对应的点的集合为 $S$ 的方案数。

枚举子集转移，复杂度 $\mathcal O(n^3 3^n)$

---

如果去掉 $S$，那么编号可能重复，考虑容斥，枚举所有点对应的点的集合。

$$\sum_{j=i}^n\binom{n-i}{j-i}f(j)=[i=n]$$

可得： $f(i)=(-1)^{n-i}$ ，直接枚举 $S$ 再 dp 即可。

复杂度 $\mathcal O(2^nn^3)$

容斥系数的处理

T6

先将 $n!$ 唯一分解。

考虑到 $a_i$ 相同时 $b_i$ 无序，$a_i$ 不同时 $b_i$ 有序，那么直接看作 $b_i$ 有序，最后答案除上 $\prod_{}cnt[a_i]!$

由于 $m$ 不大，尝试划分为若干集合，且钦定每个集合的 $b_i$ 相同。

第一部分：容斥系数

令大小为 $i$ 的集合的容斥系数为 $f_i$。

一个划分 $T$ 为若干集合的集合 ($\{S_1...S_k\}$)，定义它的容斥系数为集合的容斥系数之积，记为 $g_T$。

那么一个划分被统计的贡献为：

$$\prod_{i=1}^k \sum_{T|S_i} g_T$$

只需满足：

$$\sum_{T|S_i} g_T=[S_i=1]$$

$$\begin{aligned} f_n+\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n-1}{i-1}f_i(\sum_{T'|{S_i}'}g_{T'})=[n=1] \\ f_n+\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n-1}{i-1}f_i[n-i=1]=[n=1] \\ f_n=[n=1]-(n-1)f_{n-1} \end{aligned}$$

---

第二部分：方案数

将同一个集合的 $a_i$ 相加得到 $A_i$

每个质因子可以独立计算，相当于完全背包。

总时间复杂度 $\mathcal O(\text{Bell(n)}nm)$

注意到方案数只与 $|S_i|$ 与 $A_i$ 有关，可以用一个状压 dp 合并方案。

大概是 map 套 set，为了卡常可以使用 hash 比较

这样的方案数大概是划分数级别？