Note - 两类容斥

$\S1.$ 等价容斥

  (乱取的名字.)

  题目将组合对象构成的 "等价类" 进行了定义和限定. 我们往往无法计数 "等价类真的长这样" 的方案, 而只能求出 "钦定等价类长这样, 但不能保证等价类间不等价" 的方案. 这个时候就可以用「等价容斥」求出最终答案.

  形式化地, 设题目要求每种等价类对答案的贡献系数构成关于等价类大小的 GF $C(x)$, 那么我们设单个等价类的容斥系数为 $G(x)$, 多个被钦定的等价类的合并规则遵从表达式 $f(G)$, 并希望它们满足

$$C(x)=f(G(x)).$$

  这里 $f$ 通常比较简单, 于是能找到 $G$ 的简介表达. 之后在钦定等价类时, 为大小为 $k$ 的等价类带上 $[x^k]G(x)$ 的容斥系数, 组合时容斥系数求乘积, 就能得到最终的答案.

  如果继续扯下去真的玄虚之至了, 我们来看点具体的例子.

 

  $\textbf{Example 1.1.}$ 「洛谷 P7275」计数  Link & Submission.

  $\textbf{Solution.}$ 考虑一棵合法的树, 其必然能被唯一地剖分为若干条长度 $>1$ 的树链, 每条树链的结点编号对应一个区间. 反过来, 我们可以先将 $[1,n]$ 划分为若干区间, 再用边将它们连起来, 同时保证不会让两个区间合并.

  "不会合并" 这个限制比较麻烦, 先把它扔掉, 此后连接区间的方案数可以用 Prufer 算. 令 $f(i,j)$ 表示把 $[1,i]$ 划分为长度为 $l_{1..j}$ 共 $j$ 段时 $n^j\prod_{k}l_k$ 之和. 考虑等价容斥, 令 $[x^l]G(x)$ 表示长为 $l$ 的区间的容斥系数, 那么 $l$ 的容斥系数总贡献为

$$c_l=[x^l]\sum_{i\ge 1}G^i(x)=[x^l]\left(\frac{1}{1-G(x)}-1\right).$$

我们希望 $c_l=[l>1]$, 于是

$$\frac{1}{1-G(x)}-1=\frac{x^2}{1-x}\\ \Rightarrow G(x)=\frac{x^2}{x^2-x+1}.$$

手算一下系数, 发现

$$\operatorname{SEQ} G(x)=\lang0,0\rang\lang1,1,0,-1,-1,0\rang^{+\infty}.$$

  于是, 单个区间的 OGF $H(x)$ 为

$$H(x)=\sum_{i}ni\cdot [x^i]G(x).$$

欲求的 $f(n,i)$ 为

$$f(n,i)=[x^n]H^i(x).$$

最后

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= n^{-2}\sum_{i}[x^n]H^i(x)\\ &= n^{-2}[x^n]\frac{1}{1-H(x)}. \end{aligned}$$

  直接多项式可以做到 $\mathcal O(n\log n)$. 当然可以发现这是个线性递推求远项, 所以也能 $\mathcal O(\log n)$.

 

  $\textbf{Example 1.2.}$ jiangly 的排列数数题 给定 $n$, 对于每个 $k$, 求有多少个 $n$ 阶排列含有至少一个长度为 $k$ 的上升段. 也许 $n\le2\times10^3$?

  $\textbf{Solution.}$ 容斥成 "不含". 固定 $k$, 令 $G_k(x)$ 为容斥系数, 与上题类似地有

$$\frac{1}{1-G_k(x)}-1=\frac{x-x^k}{1-x}\\ \Rightarrow G_k(x)=\frac{1-x}{1-x^k}.$$

答案:

$$\textit{ans}=n![x^n]\frac{1}{1-\sum_i g_i/i!\cdot x^i}.$$

注意 $G_k(x)$ 只有 $\mathcal O(n/k)$ 项, 暴力求逆 $\mathcal O(n^2/k)$, 总共 $\mathcal O(n^2\log n)$. EI 提出了更厉害的优化.

 

  $\textbf{Example 1.3.}$ 「LOJ #6728」U 群把妹王 Link & Submission.

  $\textbf{Solution.}$ 来容斥. 令 $R(x)$ 表示行上容斥系数的 EGF, 那么

$$\exp R(x)-1=\sum_{i\in S}\frac{x^i}{i!}\\ \Rightarrow R(x)=\ln\left(1+\sum_{i\in S}\frac{x^i}{i!}\right).$$

  选行, 令 $f_i=[x^i]F(x)$ 表示把 $n$ 行钦定为 $i$ 个等价类 (等价类间可能存在等价关系) 的方案数, 那么

$$f_i=\frac{n!}{i!}[x^n]R^i(x).$$

选列, $C(x),g_i=[x^i]G(x)$ 类似. 最终答案为

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= \sum_{i,j}f_ig_jk^{ij}\\ &= \sum_{i,j}f_ig_jk^{\binom{i+j}{2}-\binom{i}{2}-\binom{j}{2}}. \end{aligned}$$

  答案倒是好算, 问题是 $f,g$ 比较麻烦. 注意到

$$F(z)=n![x^n]\exp zR(x).$$

(注意 $F(z)$ 是 OGF 而非 EGF.) 因为 $|S|$ 较小, 所以牛迭可以 $\mathcal O(|S|n\log n)$ 求出 $R(x)$ 的复合逆 $P(x)$. 大概是解这么一个方程:

$$p(u,x)=x-\ln\left(1+\sum_{i\in S}\frac{u^i}{i!}\right)=0,\\ \begin{aligned} u_{2n} &\equiv u_n-\frac{p(u_n,x)}{p_u(u_n,x)}\\ &\equiv u_n+\frac{(x-\ln S(u_n))S(u_n)}{S'(u_n)}\pmod{x^{2n}}. \end{aligned}$$

最后套拉反:

$$[x^n]\exp zR(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]ze^{zx}\left(\frac{x}{P(x)}\right)^n.$$

多项式瞎算即可. $\mathcal O(an\log n+bm\log m)$, 常数巨大.

$\S2.$ 反射容斥

  (名字是别人取的.)

  双限制的走折线问题. 即求从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$, 每步位移为 $(1,\pm1)$, 且不能碰到 $l_1:y=a$ 和 $l_2:y=b~(a<0<b)$ 的方案数.

  我会做只有 $l:y=b$! 答案是 $[(0,0)\rightarrow(n,m)]-[(0,0)\rightarrow(n,2b-m)]$. 这里只对第一次碰到 $l$ 的地方进行了 "反射".

  现在有 $l_1,l_2$, 给出结论, 合法方案数为: 「总方案」$-$「撞 $l_1$ 的方案」$-$「撞 $l_2$ 的方案」$+$「撞 $l_1l_2$ 的方案」$+$「撞 $l_2l_1$ 的方案」$-$「撞 $l_1l_2l_1$ 的方案」$-$「撞 $l_2l_1l_2$ 的方案」$+\cdots$ 注意 "撞" 是指第一次迎面撞上 ("撞上" 前在合法位置).

  如何计数呢? 以「撞 $l_1l_2l_1l_2$ 的方案」为例, 类似于 $l:y=b$ 的情况, 我们将终点 $(n,m)$ 依次沿 $l_2,l_1,l_2,l_1$ 翻折到 $P$, 计算方案 $(0,0)\rightarrow P$. 注意我们容斥的是撞击点的一段后缀, 所以对于任意非空撞击序列, 其从 $l_1$ 开始翻和从 $l_2$ 开始翻必然会被 $\pm1$ 共计数次, 实际上刚好就是 $-1$. 所以这个容斥很正确. 最后我们就只需要计算 $\mathcal O(n/(|a|+|b|))$ 个组合数.

  组合意义会引起不安吗 ... 那我们来欣赏一下代数推导. 这里先固定 $l_1:y=-1$, 也就是经典的 Catalan 数形式. 考虑数轴上的行走, 每步位移为 $\pm1$. 记从 $0$ 走到 $t$ 步到 $x$, 中途不经过 $-1$ 的方案数为 $q_{x,t}$. 我们知道谜底, 但看破不说破.

  考虑暴力地把问题塞进 GF 这个袋子里, 令 $Q(x,t)=\sum q_{x,t}x^it^j$. 容易列出方程

$$Q(x,t)=1+(x+x^{-1})tQ(x,t)-x^{-1}tQ(0,t).$$

整理一下:

$$(1-(x+x^{-1})t)\cdot xQ(x,t)=x-tQ(0,t).$$

代入 $x\gets x^{-1}$:

$$(1-(x+x^{-1})t)\cdot x^{-1}Q(x^{-1},t)=x^{-1}-tQ(0,t).$$

上下作差:

$$xQ(x,t)-x^{-1}Q(x^{-1},t)=\frac{x-x^{-1}}{1-(x+x^{-1})t}.$$

观察系数位置, 可知

$$Q(x,t)=\frac{1-x^{-2}}{1-(x+x^{-1})t}-R(x),$$

其中 $R(x)$ 的系数仅出现与负指标, 提取 $Q(x,t)$ 的非负指标位置系数时可忽略. 考察提取过程

$$\begin{aligned}[] [x^nt^m]\frac{1-x^2}{1-(x+x^{-1})t} &=[x^n](1-x^2)(x+x^{-1})^m\\ &=[n\equiv m\pmod2]\left(\binom{m}{\frac{n+m}{2}}-\binom{m}{\frac{n+m}{2}+1}\right). \end{aligned}$$

  我尝试用类似方法推导双限制的反射容斥, 败北了. 可能还是得使用 EI 败北后的反击方法.

 

  $\textbf{Example 2.1.}$ 「UOJ #424」count Link.

  $\textbf{Solution.}$ 只需要讨论 $n\ge m$ 的情况. 我们可以通过多叉笛卡尔树唯一确定 $f$. 众所周知, 设树 $T$ 的树根为 $r$, 其儿子 $u_{1..k}$, 那么我们存在 $T\mapsto S\in\{\texttt(,\texttt)\}^{2(|T|-1)}$ 的单射. 即构造

$$\operatorname{SEQ}(r)=\texttt(\operatorname{SEQ}(u_1)\texttt)\texttt(\operatorname{SEQ}(u_2)\texttt)\cdots.$$

所以只需要对这样的序列计数.

  如何保证仅仅使用 $[1,m]$ 中的整数? 显然就是要求树高 (叶子到根进过的最多边数) 不超过 $m$. 对应到括号序列上, 也就是前缀 $\texttt(~-$ 前缀 $\texttt)$ 恒 $\le m$, 当然这个差值也应该恒 $\ge0$. 令 $l_1:y=-1,l_2:y=m+1$, 我们就得到了标准的反射容斥问题. 当然你可以用 GF, 不过容易败北.

 

  $\textbf{Example 2.2.}$ 求含 $n$ 个 $1$, $m$ 个 $0$ 的序列, 使得任意区间包含 $01$ 个数差不超过 $k$. $n,m,k\le5\times10^7$.

  $\textbf{Solution.}$ 从 $(0,0)$ 走到 $(n+m,n-m)$, 任意两点高度差不超过 $k$. 实际上只需要最高点与最低点高度差不超过 $k$. 枚举最低高度 $a$, 容斥求出最低恰为 $a$, 最高不超过 $k-a$ 的方案数, 这一步是 $\mathcal O((n+m)/k)$ 的. $a$ 只有 $k$ 种, 所以复杂度 $\mathcal O(n+m)$.