【2】容斥与二项式反演

【2】容斥与二项式反演#

1.1 容斥原理#

容斥原理基于的是下面的恒等式：

$$\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}(-1)^i=0^n=[n=0]$$

这个式子有什么意义呢？我们考虑一个长度为 $N$ 的序列，并且要求其中每个元素都满足某个限制，计算满足这个条件的序列数量。

每个元素都满足限制 $\Leftrightarrow$ 不满足限制的元素个数为 $0$。

那么容斥原理告诉我们的是，满足上述限制的序列个数等于：我们钦定若干元素 不满足限制，剩下的元素任意，如果钦定的元素个数是 $t$，那么就用这样的方案数乘上 $(-1)^t$ 求和。

我们考虑为什么是对的？

我们记 $n$ 为不满足条件的元素个数， 那么当 $n>0$ 时，我们会对其每个子集做一遍钦定，那么总的被算的次数就是 $\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}(-1)^i=0$，也就是说对答案的贡献被抵消了！

同样的，当 $n=0$ 时，恰好会被算一次，那么我们就只计算了 $n=0$ 也就是所有元素都满足限制的序列个数。

这样做有什么好处呢？我们做容斥之后，元素分成了两类，被钦定不满足限制的和任意的，通常不满足限制的元素一定满足一些性质，而任意的自然不用管，于是就可以转化问题。

在很多时候，我们并不需要真的枚举子集，可以考虑一个 $dp_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 个元素，已经钦定了 $j$ 个的方案数，最后乘上 $(-1)^j$ 求和。

但这真的最优吗？我们考虑去掉 $j$ 这一维，每次如果加入一个被钦定元素就给 $dp$ 值乘上 $-1$，这样恰好被乘了 $j$ 次，因此我们这个容斥并不会增加复杂度！

例一P1595 信封问题#

计算有多少个排列 $p_i$ 满足 $p_i\neq i$。

我们套用上面的分析模式，钦定若干元素不满足限制，也就是 $p_i=i$，剩下的任意，也就是全排。

那么我们假设钦定了 $j$ 个元素，那么一共有 $\dbinom{n}{j}$ 个子集，剩下的就是 $(n-j)!$，不要忘了乘上 $(-1)^j$。

答案就是 $\sum\limits_{j=0}^n(-1)^{j}\dbinom{n}{j}(n-j)!$。

例二[JSOI2011] 分特产#

还是一样，钦定若干人分不到特产，剩下的随意，假设还剩下 $n-i$ 个人，那么对于一个有 $a_j$ 个的物品，方案数就是插板法 $\dbinom{a_j+n-i-1}{n-i-1}$。

复杂度 $\Theta(nm)$。

例三 P3301 [SDOI2013] 方程#

假如只有 $x_{i}\geq a_i$ 的限制，我们是可以 $\Theta(1)$ 算的，令 $y_i=x_i-a_i$，那么就变成：

$y_i\geq 0,\sum y_i=m-\sum a_i$，可以直接插板。

现在还有 $x_i\leq a_i$ 的限制怎么办？钦定若干 $x_i$ 不满足，也就是 $\geq a_i+1$，那么就变成了前者。

复杂度 $\Theta(n12^{n1})$，但是傻逼出题人强迫你写 exlucas。

例三(2)HAOI2008 硬币购物#

和上面基本一样，只是换成了完全背包。

例四：#

计算有多少个序列 $a$，满足 $a_i\in [1,m]，a_{i}\neq a_{i+1}$。

直接用组合的角度考虑，第一个数有 $m$ 种，后面每个都有 $m-1$ 种，一共有 $m(m-1)^{n-1}$ 种。

那从容斥的角度呢？

我们这次不对点容斥，而是钦定若干个 $(i,i+1)$，也就是钦定若干 $a_{i}=a_{i+1}$。

考虑 dp，$f_i$ 表示考虑了前 $i$ 个时的 dp 数组，我们考虑 $(i-1,i)$ 是否钦定：

• 如果不钦定，那么 $i$ 就可以任意选 $f_i=f_i+mf_{i-1}$。
• 如果钦定，那么 $i$ 就只有一种选法，带上容斥系数就是 $f_i=f_i+(-1)f_{i-1}$。

这个 dp 有点蠢啊，我们可以发现钦定的点形成了若干个区间，每个区间内是相等的，并且假如我们钦定了 $i$ 条边，那么就形成了 $n-i$ 个区间，一共有 $(-1)^{i}m^{n-i}$ 的贡献。

那么答案就是 $\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}{i}(-1)^im^{n-i}=m(m-1)^{n-1}$，得到了同样的结果。

我们接下来会说明这个 dp 和这个组合数都比一开始的做法更具拓展性。

例四的拓展#

计算有多少个序列 $a$，满足 $a_i\in [1,m]，a_{i}\neq a_{i+1}$，且 $a_i\leq r_i$。

此时每个数有了上界的限制，我们不能直接 $\Theta(1)$ 算了。

还是考虑上边那个容斥的思路，同样的还是每个被钦定的边构成了若干个区间，每个区间内是相等的，那么这些数一共有 $\min_{i=L}^Rr_i$ 种选法。

还是考虑那个 dp，此时我们暴力枚举当前点 $i$ 所属区间的左端点 $j$，然后 $dp_{i}=dp_{i}+(-1)^{i-j}dp_{j-1}\min\{r_j,……,r_i\}$，暴力做就可以做到 $\Theta(n^2)$。

能不能再给力点啊？

做法一：

我们考虑随着 $i$ 的增加，$\min\{r_j,……,r_i\}$ 是怎么变化的，我们考虑一下维护一个单调栈，那么每次一定是 $r_i$ 弹掉了若干比 $r_i$ 大的数，也就是对 $\min\{r_j,……,r_i\}$ 的影响是一个区间赋值！

那么我们可以开一棵线段树，维护 $(-1)^{i-j}dp_{j-1}\min\{r_j,……,r_i\}$ ，那么就是一个区间赋值，单点修改，区间求和，然后就做到了 $\Theta(n\log n)$。

做法二：

更暴力的，直接记录 $dp_{i,v}$ 表示当前到了第 $i$ 个，当前区间的 $\min =v$ ，转移时：

• 如果不钦定那么 $dp_{i,r_i}+=v\times dp_{i-1,v}$。
• 如果钦定并且 $r_i<v$，那么 $dp_{i,r_i}+=(-1)dp_{i-1,v}$。
• 如果钦定并且 $r_i\geq v$，那么 $dp_{i,v}=dp_{i-1,v}*(-1)$。

可以发现需要支持区间乘法，单点修改，区间求和，建一棵值域线段树即可。

如果要拓展到树上怎么做？把做法二的值域线段树改成线段树合并即可。

例五[ARC101E] Ribbons on Tree#

我们转换一下容斥的对象，我们这次对树上的边容斥。

题目的限制是每条边至少被经过一次，那么我们就钦定一个边集，这里面的边都不被经过，此时有什么性质呢？

我们可以发现，每条不被经过的边把树划分成了若干个连通块，每个连通块是独立的！并且因为连通块内的边经不经过都无所谓，所以如果一个连通块大小为 $S$，那么这个连通块的配对的方案数就是 $(S-1)(S-3)(S-5)……$，和树的形态是无关的。

那么我们考虑树形 DP，$dp_{x,i}$ 表示在 $x$ 子树内，当前点所在连通块的大小为 $i$ 的方案数的和，转移的时候，枚举 $x$ 的儿子 $y$ 以及 $y$ 所在块的大小 $j$，并考虑这条边被不被钦定：

• 如果不钦定，那么让 $x,y$ 所在连通块合并，大小相加。
• 如果钦定，那么就用 $y$ 的方案数乘上 $(j-1)(j-3)……$，对了还要乘上 $-1$。

因为 $i\leq siz_x$，所以复杂度就是树背包的复杂度 $\Theta(n^2)$。

例六2487. 水仙花#

计算有多少个长度为 $n$，值域为 $[1,m]$ 的序列 $a$，对于 $i\in [1,n-1]$，下面两个条件至少满足一个：

• $a_i\leq a_{i+1}$。
• $a_i\bmod a_{i+1}>0$

钦定若干 $i$ 都不满足，也就是 $a_{i}> a_{i+1},a_i\bmod a_{i+1}=0$，也就是 $a_{i+1}$ 是 $a_i$ 的真因子。

和上面的类似，最终被钦定的构成若干段区间，那么因为真因子每次至少 /2，所以每段区间的长度不超过 $\log_2n$。

预处理 $f_{i,j}$ 表示长度为 $i$，且第一个数是 $j$ 的序列个数，转移枚举 $j$ 的倍数，复杂度 $\Theta(m\log ^2 m)$。

然后设 $dp_{i}$ 表示考虑前 $i$ 个的方案数，每次枚举一段区间转移即可，复杂度 $\Theta(n\log m)$。

例七 [ZJOI2022] 树#

非叶子是不好确定的，我们考虑把非叶子容斥成叶子。

对于每个点，有如下情况：

• 第一棵树非叶子，第二棵树叶子：

  • 选择容斥，变成第一棵树叶子，第二棵树叶子。
  • 不选择容斥，变成第一棵树任意，第二棵树叶子。

• 第一棵树叶子，第二棵树非叶子：

  • 选择容斥，变成第一棵树叶子，第二棵树叶子。
  • 不选择容斥，变成第一棵树叶子，第二棵树任意。

  设 $dp_{i,j,k}$ 表示考虑前 $i$ 个点，$[1,i]$ 在第一棵树上有 $j$ 个叶子，$[i+1,n]$ 在第二棵树上有 $k$ 个叶子，转移是：

  • $dp_{i+1,j+1,k-1}+=(-1)dp_{i,j,k}(i-j)(n-i-1-k)$。
  • $dp_{i+1,j,k-1}+=dp_{i,j,k}(i-j)(n-i-1-k)$。
  • $dp_{i+1,j+1,k-1}+=(-1)dp_{i,j,k}(i-j)(n-i-1-k)$。
  • $dp_{i+1,j+1,k}+=dp_{i,j,k}(i-j)(n-i-1-k)$。

  复杂度 $\Theta(n^3)$。

例八 [NOI2020] 命运#

对路径容斥，钦定若干路径上的边都是 $0$，剩下的路径不限制。

考虑一个 $dp$，$dp_{i,j}$ 表示在 $i$ 的子树内，当前还存在的路径中，上端点最浅的深度为 $j$ 的方案数。

合并子树 $dp_{y,k}$ 时，如果 $k=dep_y$，这条边就 $0/1$ 都可以选，否则就必选填 $0$，同时令 $j=\min (j,k)$。

加入路径时，如果不容斥就不更新，如果容斥就令 $j=\min(j,k)$。

用线段树合并维护 dp 数组，需要打乘法标记，维护区间和。

复杂度 $\Theta(n\log n)$。

1.2 二项式反演#

所谓的二项式反演，其实是容斥的一种拓展情况，我们之前求的是所有元素都满足某个限制的个数，而二项式反演通常解决的是：恰好有 $k$ 个元素满足某个限制的序列个数。

我们设这个问题的答案是 $f_{k}$，仿照前面的思路，我们钦定 $k$ 个元素满足限制，剩下任意，记为 $g_{k}$。

那么 $f,g$ 有什么关系呢，考虑对于 $f_k,g_{j},k\geq j$，那么 $f_{k}$ 被 $g_j$ 算了 $\dbinom{k}{j}$ 次，也就是说：

$$g_{j}=\sum\limits_{k=j}^n\dbinom{k}{j}f_k$$

假如我们可以算 $g$，那么怎么从 $g$ 得到 $f$ 呢，事实上：

$$f_{j}=\sum\limits_{k=j}^n(-1)^{k-j}\dbinom{k}{j}g_k$$

我们不妨展开右边式子：

$$\sum\limits_{k=j}^n(-1)^{k-j}\dbinom{k}{j}\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{i}{k}f_i$$

$$=\sum\limits_{i=j}^nf_i\sum\limits_{k=j}^i(-1)^{k-j}\dbinom{i}{k}\dbinom{k}{j}$$

$$=\sum\limits_{i=j}^nf_i\sum\limits_{k=j}^i(-1)^{k-j}\dbinom{i}{j}\dbinom{i-j}{k-j}$$

$$=\sum\limits_{i=j}^n\dbinom{i}{j}f_i\sum\limits_{k=0}^{i-j}(-1)^{k}\dbinom{i-j}{k}$$

$$=\sum\limits_{i=j}^n\dbinom{i}{j}f_i[i-j=0]$$

$$=f_j$$

因此得证。

当然，因为恰好 $k$ 个满足等于 恰好 $n-k$ 个满足，所以通常情况是对 $n-k$ 进行容斥的，和上面是一样的。

P10596 BZOJ2839 集合计数#

设 $f_k$ 表示钦定 $k$ 个元素在他们的交集内，其他任意的方案数。

那么包含这 $k$ 个集合的子集个数有 $2^{n-k}$，选出至少一个的方案数是 $2^{2^{n-k}}-1$，乘上选出 $k$ 个元素的方案数 $\dbinom{n}{k}$，然后二项式反演回原式即可。

已经没有什么好害怕的了#

因为总共有 $n$ 组，所以可以得出 “糖果比药片能量大” 的恰好有 $\frac{n+k}{2}$ 组。

把糖果和药片都从小到大排序，设 $f_{i,k}$ 表示考虑了前 $i$ 小的糖果，其中钦定了 $k$ 组的方案数，转移时，如果不钦定，我们可以最后乘上一个 $(n-k)!$ 即可；如果钦定，那么求出可以和第 $i+1$ 个糖果在一组的药片数量 $j$，其中已经有 $k$ 个被用过了，所以方案数就是 $j-k$。

最后二项式反演回原问题，复杂度 $\Theta(n^2)$。

[NOI Online #2 提高组] 游戏#

求出 $g_k$ 表示恰好选出 $k$ 对祖先-子孙点且颜色不同的方案数，最后乘上 $m!$ 即可。

套路的，钦定若干对祖先-子孙点，设 $f_{i,k}$ 表示 $i$ 的子树内，钦定了 $k$ 对节点的方案数。

合并子树就是背包，而对于节点 $i$，不选择钦定的话最后乘上 $(m-k)!$ 即可，选择钦定的话，如果子树内有 $s_i$ 个和 $i$ 颜色不同的节点，那么可以和 $i$ 匹配的就有 $s_i-k$ 个，乘上即可。

最后二项式反演出 $g$，复杂度 $\Theta(n^2)$。

CF285E Positions in Permutations#

还是求出钦定若干位置满足 $|i-p_i|$ 的方案数，二项式反演回去。

设 $f_{i,k}$ 表示前 $i$ 个位置，钦定了 $k$ 个的方案数，对于不被钦定的位置我们还是最后乘上 $(n-k)!$。

那么其实我们只关注 $i,i+1$ 是否被选即可，复杂度 $\Theta(n^2)$。

可以发现大部分二项式反演的题都是一个套路

1.3 另一些容斥问题#

• 有平面上的 $k$ 个障碍，要求从 $(0,0)$ 开始，每次向上或者向右走到 $(n,m)$ 不能经过障碍点的方案数，$0\leq k\leq 1000,n,m\leq 10^5$。

直接求很难求，我们钦定若干障碍点必须经过，其他的无所谓。

设 $dp_{i}$ 表示钦定第 $i$ 个障碍点必须经过时，从 $(0,0)$ 走到第 $i$ 个障碍点的方案数。

转移时枚举上一个被钦定的障碍点 $j$，那么方案数就是 $dp_j\dbinom{x_i-x_j+y_i-y_j}{x_i-x_j}$。

复杂度 $\Theta(n^2)$。

[THUPC2019] 过河卒二#

首先，可以从上边和右边走出棋盘，等价于我们走到 $(n+1,m+1)$。

然后对于障碍点做上述的容斥 $dp$，只不过不同的是这次可以斜着走。

假设我们要从 $(0,0)$ 走到 $(X,Y)$，枚举向右上走的次数 $i$，那么方案数可以表示为：

$$\sum\limits_{i=0}^{\min(X,Y)}\dbinom{X+Y-i}{i}\dbinom{X+Y-2i}{X-i}$$

组合数用 lucas 算，复杂度 $\Theta(mk^2)$ 。

[HAOI2017] 方案数#

现在有三维了！有什么区别吗

容斥的部分和上面是一样的，我们的问题还是预处理从 $(0,0,0)$ 走到 $(X,Y,Z)$ 的方案数。

这个状态有点大啊，不过仔细分析一下会发现实际上只和 $X,Y,Z$ 的 $1$ 的个数有关。

设 $dp_{i,j,k}$ 表示走到 $|X|=i,|Y|=j,|Z|=k$ 的方案数，转移的时候，枚举下一次操作，假设是操作 $X$，那么转移应该是 $dp_{i',j,k}=dp_{i',j,k}+dp_{i,j,k}\dbinom{i'}{i}$。
于是就做完了，复杂度 $\Theta(o^2)$。

• 求出 $n$ 个点的无向连通图数量。

设 $f_{i}$ 表示 $i$ 个点的无向连通图数量，那么可以用 “总的图的数量” 减掉 “不连通的图的数量”。

前者就是 $2^{n(n-1)/2}$，对于后者，我们枚举一号点所在连通块的大小 $j(j<i)$，那么剩下的部分和这 $j$ 个点不连通，转移为：

$$f_{i}=2^{n(n-1)/2}-\sum\limits_{j=1}^{i-1}\dbinom{i-1}{j-1}f_{j}2^{(i-j)(i-j-1)/2}$$

分别代表选出 $j-1$ 个点组成连通块的方案数，连通块内部的方案数，以及外部的方案数。

复杂度 $\Theta(n^2)$。

[清华集训2012] 串珠子#

因为 $n$ 很小，所以我们考虑状压。

设 $g_S$ 表示集合 $S$ 内部的点构成的图的总数，$f_S$ 表示集合 $S$ 内的点构成连通图的方案数，转移时还是枚举 $1$ 所在连通块的点集。

$f_S=g_S-\sum\limits_{T\subset S,1\in T}f_Tg_{S-T}$。

复杂度 $\Theta(2^nn^2+3^n)$。