容斥原理

| ⋃_{i = 1}^{n} S_{j} | = \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m + 1} | \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} |

| ⋂_{i = 1}^{n} S_{i} | = | U | - | ⋃_{i = 1}^{n} \overset{―}{S_{i}} |

全集减去补集的并就是集合的交

问题模型

具有属性/限制条件
我们可以对于每个属性建立一个集合，补集就是不满足这个属性的集合

不定方程非负整数解计数

给出不定方程 $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = m$ 和 $n$ 个限制条件 $x_{i} \leq b_{i}$ ，求非负整数解

属性有 $n$ 个，分别是 $x_{i} \leq b_{i}$
考虑容斥，全集是 $(\binom{m + n - 1}{n - 1})$ ，现在目标是求出补集的并集，这个东西可以容斥
考虑 $| \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} |$ 这个东西怎么求，也就是一些补集的并的大小
交集表示 $x_{i} \geq b_{i} + 1$ 的解的数，而交集表示同时满足这个条件，因此在这个不定方程中有些有下限制，有的没有
因为都是非负整数，所以我们直接将下标减去，那么每个变量的下界就都是 0 ，因此对于这个交集的不定方程形式就是

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = m - \sum_{i = 1}^{k} (b_{a_{i}} + 1)

这个显然是可以用组合数来表示的
这个长度为 $k$ 的 $a$ 数组其实就是在枚举子集

HAOI2008 硬币购物

4 种面值，第 $i$ 种面值是 $C_{i}$ 。每次询问给出每个硬币的数量 $D_{i}$ 和一个价格 $S$ ，问付款方案数
每次背包不太行
实际上就是在求 $\sum_{i = 1}^{4} C_{i} x_{i} = S, x_{i} \leq D_{i}$ 的非负整数解的个数
那么每次都像上面一样容斥一下，因为数量很少，所以枚举子集是足够的

错位排列的计数

属性就是 $i \neq P_{i}$
全集就是阶乘，套用上面的公式，其实就是要求补集的交集的大小
此处的补集是 $P_{i} = i$ 的方案集合。
那么补集的交集（假设有 $k$ 个）的大小就是 $(n - k)!$
那么整个式子就出来了，最终的式子是 $n! \sum_{k = 0}^{n} \frac{- 1^{k}}{k!}$

完全图子图染色问题

一个 $n$ 个节点完全图，对于一个边集 $S$ ， $F (S)$ 为用 $m$ 个颜色去染的方案数

染色的规则是相邻的颜色必须同色

如果 $| S |$ 是奇数，那么 A 得分，否则 B 得分

问 A 和 B 的差值

$A n s = \sum_{S \subseteq E} (- 1)^{| S | - 1} F (S)$
考虑将每一条边两边的端点的颜色相同作为一种属性，假设集合为 $Q$
对于每条边我们映射成一个数字，假设是一组边集是集合 $K = {k_{1}, k_{2}, . .}$ ，假设边集为 $T = {1, 2, . . ., n (n + 1) / 2}$
那么 $A n s = \sum_{K \subseteq T} F (S)$
对于 $F (S) = | ⋂_{i = 1}^{k} Q_{i} |$
那么 $A n s = \sum_{S \subseteq E} (- 1)^{| S | - 1} | ⋂_{i = 1}^{k} Q_{i} |$
这个东西不就是 $A n s = | ⋃_{i = 1}^{T} Q_{i} |$
那不就是只要有一对端点颜色相同就可以了
那么正常的容斥就可以了

容斥原理求最大公约数为 $k$ 的数对个数

设 $1 \leq x, y \leq n$ ， $f (k)$ 表示最大公约数为 $k$ 的有序对数，求 $f (1)$ 到 $f (n)$

$A n s = 公约数为 k 的个数 - 公约数为 k 的倍数的个数$
而公约数为 $k$ 的倍数的个数就等于最大公约数为 $k$ 的倍数的有序对数的和
所以 $f (k) = ⌊ \frac{n}{k} ⌋^{2} \times \sum_{i = 2}^{i * k < n} f (i * k)$
当 $k > n / 2$ ，可以直接算，因为后面不可能出现 $k$ 的 2 倍在 $n$ 以内
所以我们可以倒推

容斥原理推导欧拉函数

$φ (n) = \sum_{d | n} [gcd (d, n)] = 1$ ，先将 $n$ 因式分解
我们设属性为 $p_{i} ∤ n$ 为一种属性，假设集合为为 $S$
那么就是求 $| ⋂_{i = 1}^{k} S_{i} |$
这个东西的全集就是 $n$ ，那么其实就是要求补集的交，显然一个补集的交集就是同时是几个质数的倍数的个数，就是 $\frac{n}{Π p_{i}}$
所以才有最后的欧拉函数的一个通式

φ (n) = n (1 - \frac{1}{p_{1}}) . . . (1 - \frac{1}{p_{k}})

容斥原理一般化

f (S) = \sum_{T \subseteq S} g (T)

那么

g (S) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| S | - | T |} f (T)

同理

f (T) = \sum_{T \subseteq S} g (S)

那么

g (T) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| S | - | T |} f (S)

我更愿叫它 "容斥反演"

DAG 计数

对 $n$ 个点带标号的有向无环图进行计数，对 $10^{9} + 7$ 取模， $n \leq 5 \times 10^{3}$

因为每个 DAG 的入度/出度为 0 的节点是固定的，也就是特殊点
我们考虑枚举一个，这里枚举入度
思考入度为 0 的点个数大于等于 $j$ 的方案数为先选择 $j$ 个，这些点和剩下的点随便连边
$g (i) = (\binom{n}{i}) 2^{(n - i) i} F (n - i), F (n - i) 为大小为 (n - i) 的 D A G 方案数$
但是我们发现这样会发生重复，并不是严格意义上的大于等于 $j$ 的方案数
但是事实上 $g (i) = \sum_{j = i}^{n} (\binom{j}{i}) f (j)$ ， $f$ 为恰好的方案数
那么反演过来就是 $f (i) = \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) g (j)$
最后的 $F (n) = \sum_{i = 1}^{n} f (i)$
我们将每个 $f$ 展开，然后发现最后 $g (i)$ 的系数为 $(- 1)^{i - 1} (\binom{i}{1}) + (- 1)^{i} (\binom{i}{2}) + . . . .$
通过组合公式 $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) = [n = 1]$ ，可以具体求出每个的系数

F (n) = \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{i - 1} (\binom{n}{i}) 2^{(n - i) i} F (n - i)

二项式反演相关

P2167 [SDOI2009]Bill的挑战

我们可以用上一题的思路来做
既然是求恰好，那么我们就构造 $f (k) = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) g (i)$
而这个题也很好构造这个东西，取所有长度为 $k$ 的子集，算出来的字符串的和就是 $f$ 了
然后反演一下就可以了，总的复杂度为 $O (2^{15} \times 50 + n) - O (n)$

全序关系

对于任意 $a, b, c \in X$ 都成立

反对称性：若 $a \leq b, b \leq a$ 那么 $a = b$

传递性：若 $a \leq b, b \leq c$ ，那么 $a \leq c$

完全性： $a \leq b$ 或 $a \geq b$

Min-Max 容斥

对于满足全序关系并且其中元素满足可加减性的序列 ${x_{i}}$ ，设其长度为 $n$ ，并设 $S = {1, 2, 3, . ., n}$ ，则有

max_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} min_{j \in T} x_{j}

min_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} max_{j \in T} x_{j}

对于期望仍然是有效的，因为满足全序且可加减

E (max_{i \in S} x_{i}) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} E (min_{j \in T} x_{j})

E (min_{i \in S} x_{i}) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} E (max_{j \in T} x_{j})

注意到这里指的是期望的最大最小值，不是括号里的
更强的

k t h max_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) min_{j \in T} x_{j}

k t h min_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) max_{j \in T} x_{j}

这个同样可以套上期望
根据 $min - max$ 容斥还可以知道

\underset{i \in S}{lcm} x_{i} = \prod_{T \subseteq S} (\underset{j \in T}{gcd} x_{j})^{(- 1)^{| T | - 1}}

这里的 $lcm, gcd, a^{1}, a^{- 1}$ 分别代表最大值，最小值，加，减
具体的可以想象成对于每个质因数选出一个最大值，最后相乘
而最大值容斥的时候最小幂次就可以表现成所有数的 $gcd$

一般的，我们一般会先将题目转换成求 $E (max)$ 的形式，然后再用 Min-Max 容斥，因为 $E (min)$ 会比较好求

对于一个集合第一个出现的期望步数，就是概率和再导过来，因为系数符合几何概率分布

P5643 [PKUWC2018]随机游走

期望走几步走完集合 S ，其实就是求集合 S 中走到的步数期望值最大的，那么用 Min-Max 转换成求最小
那么就可以反过来求集合 T 到 x 走到的期望
直接求是 $n^{3}$ ，因为是在图上，要高斯消元
但是这里很特殊是棵树，所以我们完全可以以特殊的解法来解决
我们以 $x$ 为根，树上的每个节点的期望一定可以用形如 $A f_{f a_{i}} + B$ 的形式表达，也就是用父亲来表达
那么最后求到根，它的期望就是 $B$ ，因为没有父亲
可以预处理好每个集合对应的值，那么
那么现在的复杂度就是 $O (2^{n} n) - O (q 2^{n})$
事实上我们发现这个式子其实就是一个子集前缀，那么用 FWT 或运算正变换一下，得到的 $F W T$ 数组就是所有子集的答案
那么复杂度就可以做到 $O (2^{n} n + n \log n) - O (q)$

P4707 重返现世

首先可以用 Min-Max 转换成对于一个集合求 Min
一个集合的一个元素取到的概率为 p ，那么期望次数就是 $\frac{1}{p}$
但是这里的 $n$ 太大了，肯定没办法枚举子集
观察到每个子集的贡献和 $| T |$ 和 $\sum p$ 有关
那么设 $d p_{i, j, k}$ 表示前 $i$ 个集合大小为 $j$ ， $\sum p = k$ 的方案数
然而你会发现这个是 $O (n m^{2})$ ，需要优化
考虑将这个 $| T |$ 系数优化掉， $(\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m - 1}) + (\binom{n - 1}{m})$ ，我们利用这个拆式子，但是这个 $k$ 就不固定了
观察到题目中 $| n - k | \leq 10$ ，而我们一开始将 $k = n - k + 1$ ，所以 $k \leq 10$
所以这个 $k$ 是很小的，所以总的复杂度就为 $O (n m k)$ ，空间拿滚动数组做