容斥原理

1|0容斥原理

1|1基本概念

1|0容斥原理

在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法，这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。(摘自百度百科)

1|0举个栗子

1. 三个集合:
   
   三个集合$s_{1},s_{2},s_{3}$, 目标是求解$s_{1} \cup s_{2} \cup s_{3}$
   易知:

$$s_{1} \cup s_{2} \cup s_{3} = (s_{1} + s_{2} + s_{3}) - (s_{1} \cap s_{2} + s_{2} \cap s_{3} + s_{1} \cap s_{3}) + (s_{1} \cap s_{2} \cap s_{3})$$

2. 四个集合:
   
   四个集合:$s_{1},s_{2},s_{3}, s_{4}$, 目标是求解:$s_{1} \cup s_{2} \cup s_{3} \cup s_{4}$
   那么:

$$s_{1} \cup s_{2} \cup s_{3} \cup s_{4} = (s_{1} + s_{2} + s_{3} + s_{4}) - (s_{1} \cap s_{2} + s_{2} \cap s_{3} + s_{1} \cap s_{3} + s_{1} \cap s_{4} + s_{2} \cap s_{4} + s_{3} \cap s_{4}) + (s_{1} \cap s_{2} \cap s_{3} + s_{1} \cap s_{2} \cap s_{4} + s_{4} \cap s_{2} \cap s_{3}) - (s_{1} \cap s_{2} \cap s_{3} \cap s_{4})$$

1|0容斥原理公式

$\lvert A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap ... A_{m}\lvert =$

$$\sum_{1 \leqslant i \leqslant m}\lvert A_{i}\lvert - \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant m}\lvert A_{i} \cap A_{j} \lvert + \sum_{1 \leqslant i < j < k \leqslant m}\lvert A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}\lvert - ... + (-1)^{m - 1}\lvert A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap ... A_{m}\lvert$$

1|0规律:

奇数项为正, 偶数项为负.

2|0例题

2|1AcWing 890. 能被整除的数

原题链接

1|0题意

给定$m$个质数, 问$1 - n$中有多少个数能至少被$m$个数中的一个整除

1|0时间复杂度

$m$个质因数(即$m$个集合), 总共$2^m$种组合方式, 每种组合方式对应二进制有$m$位
可得时间复杂度:$O(m\times 2^m)$

1|0思路

1|0Step 1

对于$m$个质数($p_{1}, p_{2} ... p_{m}$), 每个数都存在这样一个集合:

$$S_{1} : p_{1}:p_{1},1p_{1}, 2p_{1} ... kp_{1}$$

$$...$$

$$S_{m} : p_{m}:p_{m},1p_{m}, 2p_{m} ... kp_{m}$$

集合$S_{i}$代表所有能够被$p_{i}$整除的数.
那么根据题意, 我们目标就是求解

$$S_{1} \cup S_{2} ... S_{m - 1} \cup S_{m}$$

中元素的个数
只要应用容斥原理即可.

1|0Step 2

我们发现:
$\sum_{1 \leqslant i \leqslant m}\lvert A_{i}\lvert$ 是从$i$个集合中选择1个, 选法有$C^{1}_{i}$种
$\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant m}\lvert A_{i} \cap A_{j} \lvert$ 是从$i$个集合内选择2个, 选法有$C^{2}_{i}$种.
$...$
那么选择容斥原理后, 还有一个问题要解决: 如何枚举公式中的每种情况?
我们采用二进制:
每个二进制数都由$01$组成, 那么对于每一位: $0$代表选择这个集合, $1$代表不选择这个集合
例如$1010$:代表有四个集合:选择集合$1,3$, 不选$2, 4$
只要依次枚举$1 - 2^{m} - 1$, 就可以枚举集合的所有选法
(其实: $C^{0}_{m} + C^{1}_{m} + C^{2}_{m} + ... + C^{m}_{m} = 2^{m}$)

1|0Step 3

如何计算当前集合内能被$1 - n$整除的元素个数:

$$\lfloor \frac{n}{p_{1} p_{2} ... p_{k}} \rfloor$$

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 20;

int p[N];

int main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
        cin >> p[i];
    
    int res = 0;
    for (int i = 1; i < 1 << m; i ++ ){
        int cnt = 0;
        int t = 1;
        for (int j = 0; j < m; j ++ ){
            if (i >> j & 1){                //选择当前集合
                cnt ++;
                if ((long long)t * p[j] > n){
                    t = -1;
                    break;
                }
                t = (long long)t * p[j];
            }
        }
        if (t != -1){
            if (cnt % 2)
                res += n / t;
            else
                res -= n / t;
        }
        
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

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本文作者：lhqwd
本文链接：https://www.cnblogs.com/lhqwd/p/14639348.html
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