【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：
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：
假如我们可以算 \(g\)，那么怎么从 \(g\) 得到 \(f\) 呢，事实上：
我们不妨展开右边式子：
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：
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 \(\Theta(2^nn^2+3^n)\)。
