容斥原理

容斥原理

经典韦恩图

有 \(n\) 个集合 \(S_1,S_2,\dots,S_n\)，设 \(U=\{S_1,S_2,\dots,S_n\}\)，则

\[\left| \bigcup\limits_{i=1}^nS_i\right|=\sum\limits_{i}\left|S_i\right|-\sum\limits_{i<j}\left|S_i\cap S_j \right|+\sum\limits_{i<j<k}\left|S_i\cap S_j\cap S_k \right|-\dots\\ \]

写成更简单的形式，就是容斥原理了。

\[\left| \bigcup\limits_{i=1}^nS_i\right|=\sum\limits_{T\subseteq U}(-1)^{\left|T\right|-1}\left|\bigcap\limits_{e\in T}e\right| \]

也有一种常见写法，它跟上式本质上是一样的，只不过它先枚举了集合大小 \(i\)，再枚举了具体集合 \(\{a_j\}\)。

\[\left|\bigcup\limits_{i=1}^nS_i\right|=\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{i-1}\sum\limits_{a_j<a_{j+1}}\left|\bigcap\limits_{j=1}^iS_{a_j}\right| \]

不定方程非负整数解计数

给出不定方程 \(\sum\limits_{i=1}^nx_i=m\)，以及 \(n\) 个限制条件 \(x_i\le b_i\)，求方程的非负整数解个数。

这里会先介绍两种特殊情况：没有限制的情况，以及限制相同的情况，然后再引入更一般的做法。

没有限制

如果没有限制，相当于将 \(m\) 个球放入 \(n\) 个盒子中，允许为空，插板法得答案为 \(\binom{n+m-1}{n-1}\)。

限制相同

即限制条件为 \(x_i\le c\)，其中 \(c\) 是常数。

此时考虑容斥，设 \(f(k)\) 表示钦定 \(k\) 个盒子超限的方案数。考虑如何计算 \(f(k)\)，先选出 \(k\) 个盒子，在这些盒子中先放入 \(c+1\) 个球，这样相当于钦定它们超限。然后再将剩下的 \(m-k(c+1)\) 个球放入 \(n\) 个盒子中，这一部分用插板法计算即可。

\[f(k)=\binom{n}{k}\binom{(m-k(c+1))+n-1}{n-1} \]

设 \(g(k)\) 表示恰好 \(k\) 个盒子超限的方案数，答案即为 \(g(0)\)，由二项式反演得

\[g(0)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kf(k) \]

可以 \(O(n)\) 计算。

一般情况

标准的容斥原理

设 \(S_i\) 表示 \(x_i\) 满足限制的解的组数，即有多少组解 \(\{x_1,x_2\dots,x_n\}\) 满足 \(x_i\le b_i\)（指具体的一个 \(i\)，而不是 \(i\in [1,n]\)）

所求即为 \(\left|\bigcap\limits_{i=1}^nS_i\right|\)，表示所有变量都满足条件的集合大小。

由于容斥原理计算的是 \(\left|\bigcup\limits_{i=1}^n S_i\right|\)，所以我们考虑这样一个“交并容斥”的式子，其中 \(U=\{S_1,S_2,\dots,S_n\}\)：

\[\left|\bigcap\limits_{i=1}^nS_i\right|=|U|-\left|\bigcup\limits_{i=1}^n\complement_US_i\right| \]

这里面 \(|U|\) 是很好算的，它表示没有限制的解的数量。而后面的式子是 \(\left|\bigcup S_i\right|\) 的形式，可以用容斥原理展开，则有

\[\left|\bigcup\limits_{i=1}^n\complement_US_i\right|=\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{i-1}\sum\limits_{a_j<a_{j+1}}^{\left|a\right|=i}\left|\bigcap\limits_{j=1}^m\complement_US_{a_j}\right| \]

接下来就只需要算 \(\left|\bigcap\limits_{j=1}^m\complement_US_{a_j}\right|\) 了。考虑到 \(\complement_US_i\) 表示 \(x_i>b_i\) 的解的组数，所以\(\left|\bigcap\limits_{j=1}^m\complement_US_{a_j}\right|\) 就表示钦定 \(a\) 中的变量全部超限的解的组数。这个可以用组合数来算，看作球盒问题，对于钦定超限的 \(i\)，先将 \(b_i+1\) 个球放入 \(x_i\)。然后将剩下的 \(m-\sum\limits_{j=1}^i(b_{a_j}+1)\) 个球放入所有 \(n\) 个盒子中，插板法即可。则

\[\left|\bigcap\limits_{j=1}^m\complement_US_{a_j}\right|=\binom{(m-\sum\limits_{j=1}^i(b_{a_j}+1))+n-1}{n-1} \]

回代到最初求 \(\left|\bigcap\limits_{i=1}^nS_i\right|\) 的式子中，得

\[\begin{align} \left|\bigcap\limits_{i=1}^nS_i\right|&=|U|-\left|\bigcup\limits_{i=1}^n\complement_US_i\right|\\ &=\binom{n+m-1}{n-1}-\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{i-1}\sum\limits_{a_j<a_{j+1}}^{\left|a\right|=i}\binom{(m-\sum\limits_{j=1}^i(b_{a_j}+1))+n-1}{n-1}\\ &=\binom{n+m-1}{n-1}+\sum\limits_{i=1}^n(-1)^i\sum\limits_{a_j<a_{j+1}}^{\left|a\right|=i}\binom{(m-\sum\limits_{j=1}^i(b_{a_j}+1))+n-1}{n-1} \end{align} \]

由于容斥的过程相当于枚举 \(U\) 的子集，因此直接计算的复杂度是 \(O(2^n)\)。

二项式反演

设 \(d(S)\) 表示钦定集合 \(S\) 中的变量超限时的解的数量，相当于 \(\left|\bigcap\limits_{j=1}^m\complement_US_{a_j}\right|\)。

设 \(f(k)\) 表示钦定 \(k\) 个变量超限时的解的数量，目标是“恰好 \(0\) 个变量超限”，则答案为 \(\sum\limits_{k=0}^n(-1)^k f(k)\)。这一步就是二项式反演。\(f(k)\) 也很好算：\(f(k)=\sum\limits_{\left|S\right|=k}d(S)\)。

例题

Problem 1：有一个随机生成器，每次会均匀随机地生成一个 \([0,m]\) 之间的整数。

用这个随机生成器生成了 \(2n\) 个整数，求前 \(n\) 个数的和比后 \(n\) 个数的和大的概率。

\(n,m\le 10^6\)

Source：FZOJ6525 Y

注意到前 \(n\) 个数的和与后 \(n\) 个数的和一共有三种关系：前<后，前>后，前=后。由于对称性，“前>后”与“前<后”的数量是相等的，所以我们只需要计算“前=后”的数量即可解出答案。

设前 \(n\) 个数的和为 \(x\)，后 \(n\) 个为 \(y\)。我们将后 \(n\) 个数的值域变为 \([-m,0]\)，问题就变为 \(x+y=0\) 的方案数。再将后 \(n\) 个数整体加 \(m\)，则等价于求 \(x+y=nm\) 的方案数，即所有 \(2n\) 个数的和等于 \(nm\) 的方案数。

这就是上面介绍的“不定方程非负整数解问题”，并且是所有限制都相同的情况，容斥即可 \(O(n)\) 计算。

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Problem 2：共有 \(4\) 种硬币。面值分别为 \(c_1,c_2,c_3,c_4\)。

某人去商店买东西，去了 \(n\) 次，对于每次购买，他带了 \(d_i\) 枚 \(i\) 种硬币，想购买 \(s\) 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

\(n\le 1000\)，\(1\le c_i,d_i,s\le 10^5\)

Source：[HAOI2008] 硬币购物

设第 \(i\) 种硬币用了 \(x_i\) 枚，所求即为下面这个方程的解的个数

\[\sum\limits_{i=1}^4c_ix_i=s,(x_i\le d_i) \]

沿用容斥的思路，设 \(f(S)\) 表示钦定集合 \(S\) 中的硬币超限时解的个数，则答案为 \(\sum\limits_{S\subseteq U}(-1)^{\left|S\right|}f(S)\)，其中 \(U=\{1,2,3,4\}\)。

考虑如何计算 \(f(S)\)，首先对于钦定超限的 \(x_i\)，我们拿出总数 \(s\) 中的 \(d_i+1\) 分配给 \(x_i\)，这样它一定超限。然后就只需要计算所有 \(x_i\) 在无限制的情况下使总价值为 \(s-\sum\limits_{i\in S}c_i(d_i+1)\) 的方案数，由于没有限制，可以直接用一个DP预处理。复杂度 \(O(4s+4\cdot 2^4\ n)\)，提交记录。