容斥原理,容斥系数

容斥原理,容斥系数

众所周知，容斥原理是计数问题中最鸡贼的东西．基本上很多计数问题都要用到容斥，但是有的时候你明明知道要容斥就是不知道怎么容斥．所以特此写在这里总结一下．

1.简单傻逼的容斥原理。

一般来说，这种容斥原理一般有n个性质，满足第$i$个性质的元素集合为$A_i$，还有一个全集$U$。

现在我们需要统计$ans=|U \bigcap \overline A_1 \bigcap \overline A_2 \cdots \bigcap \overline A_n |$

有$ans=\sum_ {S \subseteq A}(-1)^{|S|}|U \bigcap S_ 1 \bigcap S_ 2 \cdots \bigcap S_ {|S|} |$

如果用组合意义来说的话，$x \in A_i$是代表元素$x$具有性质$i$，我们要求的就是不具有所有性质的元素个数。

这个这个定理的证明如下。

我们用集合$G_S$来表示满足集合$S$中的所有性质，并且不满足集合$\overline S$中的所有性质的元素集合，即$G _ S=\{ x|\forall A _ i\in S,x \in A _ i , \forall A _ i\in \overline S,x \notin A _ i \}$
那么我们要求的就是$G_{\varnothing}$。
$ans=\sum_ {S \subseteq A}(-1)^{|S|}|U \bigcap S_ 1 \bigcap S_ 2 \cdots \bigcap S_ {|S|} |$
不难得知

$$\sum_{T \subseteq S,S \neq \varnothing} (-1)^{|S|} = \begin{cases} 1\quad (T = \varnothing)\\ 0\quad (otherwise) \end{cases}$$

证明：$ans=\sum_ {S \subseteq A}(-1)^{|S|}|U \bigcap S_ 1 \bigcap S_ 2 \cdots \bigcap S_ {|S|} |\sum_{G_T} \sum_{T \subseteq S,S \neq \varnothing} (-1)^{|S|}=G_{\varnothing}$
　　

2.Min-Max容斥

本质上还是容斥的变形。
Min-Max容斥的核心式子有两个。
1.$\min\{\max\{a,b\},c\}=\max\{\min\{a,c\},\min\{b,c\}\}$
2.$\max\{a,b\}=a+b-\min\{a,b\}$
正确性显然。
基于第一个结论，我们猜测 $$ans=\max_{i=1}^n{a_i}=\sum_{ T \subseteq A} (-1)^{|T|+1}\min { T}$$
显然可以归纳证明。

$$ans=\max_{i=1}^n\{a_i\}=\max_{i=1}^{n-1}\{a_i\} + a_n -\min\{\max_{i=1}^{n-1}\{a_i\} ,a_n\} \\=\max_{i=1}^{n-1}\{a_i\} + a_n -\max_{i=1}^{n-1}\{\min\{a_i ,a_n\}\} \\=\sum_{ T \subseteq A} (-1)^{|T|+1}\min\{ T\} + (-1)^{|T|+2}\min\{T,a_n\}+a_n \\=\sum_{ T \subseteq A}(-1)^{|T|+1}\min \{ T\}$$

upd:上面写的证明太复杂了，其实只需要按照元素大小排序，那么可以化归到已知的简单容斥里去了。

3.更加毒瘤的容斥原理

假设我们有长度为$n+1$的数列$\{|A_i|\}$分别代表具有性质$A_i$的集合元素的个数。
通常，我们需要计算的是$s(A_i)$，即性质$A_i$对答案造成的贡献。
但是某些情况下$s(A_i)$太难计算，我们引入长度为$n+1$的数列$\{|B_j|\}$，代表具有性质$B_j$的集合元素个数。
假如我们可以知道关系式$s(B_j)=\sum_{i=0}^nf_{j,i}s(A_i)$。
那么我们可以构造一个关系$s(A_i)=\sum_{j=0}^n g_{i,j}s(B_j)$
如果我们将第一个代入第二个会发生什么呢？
　　 $$s(A_i)=\sum_{j=0}^n g_{i,j} \sum_{l=0}^n f_{j,l} s(A_l) 　　\=\sum_{l=0}^n s(A_l) \sum_{j=0}^n g_{i,j}f_{j,l}$$
假如我们设$h_{i,l}=\sum_{i=0}^n g_{i,j}f_{j,l}$，有$s(A_i)=\sum_{j=0}^n h_{i,j}s(A_j)$
显然可以知道
　　 $$h_{i,j}=\begin{cases} 1 \quad i=j\ 0 \quad i\neq j 　　\end{cases}$$
那么如果我们把$F,G,H$都当作矩阵的话，那么$H$就是单位矩阵$E$，而且$FG=E$
那么$G=F^{-1}$
这样我们就得到了容斥系数矩阵$G$，按照最暴力的方法求是$O(n^3)$的。
再直接带入容斥系数就可以$O(n^2)$算出$\sum_{i=0}^n s(A_i)$的值了。
　　
等等！为什么我碰到的容斥题都是$n=10^5,n=2000$，从来就没有见过可以$O(n^3)$做的容斥题啊。
很多时候$B_i$都是由我们自己构造，既然自己构造的话就可以鸡贼一点，比如说我们构造$\{B_i\}$，令其对$\{A_i\}$的转移矩阵$F$是一个下三角矩阵。
这样的话就相当于$s(B_i)=\sum_{j=0}^i s(A_j) f_{i,j}$，我们可以依次解出$\{A_i\}$的值。
或者对这个下三角矩阵求逆，利用矩阵$G$和$\{B_i\}$直接求出$\{A_i\}$。
那这样我会$O(n^2)$的了，可是那些$O(n)$的题是怎么做的啊。
有些时候，题目只要求求某个性质的值，比如$s(A_n)$，按照常规做法，你就不得不递推出其他所有的容斥矩阵。
但是如果我们一开始就知道了这些性质的容斥矩阵，岂不是就可以直接用对应的$\{B_i\}$转移给$a_0$。所以，某些时候，我们可以自己手算或者打表找出转移矩阵的容斥系数。
不过如果用矩阵来表示的容斥有时候比较繁琐，于是便有了系数的形式。
假如我们要算$ans=\sum_{i=0}^n p_i s(A_i)$。
可以构造容斥系数$q_j$,令$ans=\sum_{j=0}^n q_j s(B_j)$
有 $$ans=\sum_{j=0}^n q_j\sum_{i=0}^n f_{j,i} s(A_i) \=\sum_{i=0}^n s(A_i)\sum_{j=0}^n q_j f_{j,i} =\sum_{i=0}^n p_i s(A_i)$$
有等式 $$p_i=\sum_{j=0}^n f_{j,i} q_j$$
如果$F$是上三角或者下三角矩阵，我们求出$q_j$就只需要$O(n^2)$的时间。
特别的，如果$f_{j,i}$可以被表示成两个函数如$h(j)$与$h(i-j)$的积，那么上式还是一个卷积的形式，可以多项式求逆在$O(nlogn)$的时间内求出容斥系数。
大多数情况下，容斥系数都是有迹可寻的，可以猜想一些可靠的容斥系数然后自己手推式子或者打表证明一下，当然复杂度允许的话也可以递推或者对矩阵求逆。
在特殊情况下，还有一些经典的容斥系数。
　　
1.组合数形式的容斥(二项式反演)：

$$q_n=\sum_{i=0}^n \binom{n} {i} p_i \Leftrightarrow p_n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom {n} {i} q_i$$

　　
2.倍数关系的容斥(莫比乌斯反演)。

$$q_n=\sum_{d|n} p_d \Leftrightarrow p_n=\sum_{d|n} \mu( {n \over d}) q_d$$

$$q_n=\sum_{n|d} p_d \Leftrightarrow p_n=\sum_{n|d} \mu( {d \over n}) q_d$$

　　
3.斯特林数形式的容斥（斯特林反演）。

$$q_n=\sum_{i=1}^{n}\begin{Bmatrix}n \\ i\end{Bmatrix}p_i \Leftrightarrow p_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n \\ i\end{bmatrix}q_i$$

upd:对于三个反演的证明。
1.二项式反演
由二项式定理可知,

$$(x+1)^n=\sum_{i=0}^n \binom {n} {i} x^i \quad[1]\\ x^n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\binom {n} {i} (x+1)^i \quad[2]$$

将$[2]$带入$[1]$得到等式$[n=i]=\sum_{i=0}^n (-1)^{j-i}\binom {i}{j} \binom {n}{i}$
将反演式子互相带入可以得到等价与该等式。

2.莫比乌斯反演(只证第一个)
莫比乌斯函数满足性质，$[n=1]=\sum_{d|n} \mu(d)$。
即满足与衡等函数$I$的狄利克雷卷积为单位函数$e$,$(\mu * I)(n)=e(n)=[n=1]$
当然这是狄利克雷卷积，如果是矩阵的话，那么就是矩阵
$\mu_{i,j}=[j|i]mu({i \over j}) ,I_{i,j}=[j|i]$相乘，显然这是满足$\mu I=E$的。
第二个的证明就是把整除符号的两边反过来，本质上没有什么区别。

3.斯特林反演
可以去看我的另外一篇博文第二类斯特林数总结