容斥学习笔记
容斥原理
原理：
这东西学过小学奥数就会了。
一些有用的结论：
应用
基础应用
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错排
问题： 求出大小为 \(n\) 的排列的错排数。
思路：
很明显可以用 \(D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\) 来做，但是其实也可以容斥。
\(S_i\)：\(P_i\not= i\) 的排列集合。
答案即为：\(|\bigcap_{i=1}^nS_i|\)。
根据结论：
而 \(S\) 的补集就是 \(P_i = i\) 的排列，相当于有 \(m\) 个位置确定了，所以：
这样就得到了 \(D_n\) 的通项公式，可以证明这个数趋近于 \(\frac{1}{e}\)。
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第二类斯特林数
问题： 求第二类斯特林数 \(n,k\)，即 \(n\) 个球放入 \(k\) 个盒子，盒子无顺序，盒子非空。
思路：
同样，也有递推公式，但是也可以容斥。
首先，假定盒子有顺序，最后除以 \(k!\) 即可。
\(S_i\)：第 \(i\) 个盒子非空的方案。
答案即为：\(|\bigcap_{i=1}^nS_i|\)。
同理，转化成求：
现在考虑有 \(m\) 个盒子一定为空，则每个球都只有 \((k-m)\) 中选择，总共有 \((k-m)^n\) 种。
经过推导就可以得到：
又因为 \(|\Omega|=k^n\)，所以答案即为：
-
欧拉函数
问题： 求欧拉函数 \(\varphi(n)\)。
思路：
设 \(n = \prod_{i=1}^kp_i\)。
\(S_i\)：不被 \(p_i\) 整除的数。
答案即为：\(|\bigcap_{i=1}^nS_i|\)。
同理，转化成求：
现在要求的即是被 \(p_{a_1}p_{a_2}\dots p_{a_m}\) 整除的数的个数，即：\(\frac{n}{p_{a_1}p_{a_2}\dots p_{a_m}}\)。
所以可以变为：
这个其实就是 \(n\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\) 的展开。
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不定方程
问题： 求不定方程 \(\sum_{i=1}^nx_i=m\) 的非负解的个数，要求 \(x_i \le b_i\)。
思路：
首先，如果没有性质，那就是经典问题，挡板法可知答案为 \(\binom{n+m-1}{n}\)。
于是依然考虑容斥。
\(S_i\)：\(x_i \le b_i\) 的方案。
答案即为：\(|\bigcap_{i=1}^nS_i|\)。
同理，转化成求：
现在就是要求 \(x_{a_i} \le b_{a_i}+1\)
而我们可以先给所有的 \(x_{a_i}\) 减去 \(b_{a_i}+1\)，然后就成了没有限制的挡板法，可以直接计算。
然后就做完了。
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互素数对
问题： \(n\) 个数 \(a_1 \sim a_n\)，求数对 \((i,j)\) 个数，要求 \(a_i, a_j\) 互素。\(n \le 10^5, a_i \le 10^6\)。
思路：
容斥。
设 \(p_1 \sim p_k\) 为 \(10^6\) 以内的素数。
\(S_i\)：所有都能整除 \(p_i\) 的数对。
答案即为：
考虑到都在 \(10^6\) 以内，预处理出每个 \(x\) 的倍数个数，暴力搜索即可。
题目
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P1450 [HAOI2008] 硬币购物
思路:
这道题的重点在于如何转换为容斥原理，我们把每一种使得最终和为 \(s\) 的方案（没有数量限制）看作一个元素，则假设有所有方案的集合为 \(S\)，而方案中第 \(i\) 种硬币数量超出 \(d_i\) 的所有方案的集合为 \(A_i\)，则我们需要求的答案其实就是：
那么该如何的去求出 \(|S|\) 与 \(|\bigcup_{i=1}^4A_i|\) 呢？
首先我们设 \(dp_i\) 表示硬币数量不受限制，最终和为 \(i\) 的方法数，这很明显是一个完全背包，由于题目中 \(s \le 10^5\) ，所以直接预处理即可，这样 \(|S|\) 就是 \(dp_s\)。
void init() {
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 4; i++) {
for (int j = c[i]; j <= 100000; j++)
dp[j] += dp[j - c[i]];
}
}
考虑如何求 \(|A_i|\)，我们可以先取 \(d_i+1\) 个 \(i\) 种硬币，那么还剩下 \(s-(d_i+1) \times c_i\) 的金额，再怎么取 \(i\) 的数量肯定超出限制，于是方法数即为 \(dp_{s-(d_i+1) \times c_i}\)，然后就求出了 \(|A_i|\)
同理，如果 \(i\) 与 \(j\) 都超出了限制，你们方法数也应该为 \(dp_{s-(d_i + 1) \times c_i - (d_j+1) \times c_j}\) ，三个或四个的以此类推。
这很明显是一个容斥，于是直接根据容斥原理算，只用枚举每次是哪几类超出限制即可，复杂度 \(O(2^4n)=O(16n)=O(n)\)。
如果这题物品种类有 \(m\) 个，复杂度就是 \(O(n2^m)\)。
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P5505 [JSOI2011]分特产
题目链接：P5505 [JSOI2011]分特产
思路：
这道题的重点以人为单位来计数。
首先说一下可重组合，即把 \(n\) 分成 \(m\) 个非负整数集合，它们的和为 \(n\) 的方法数，我们用小学奥数的挡板法即可得到答案是：\(C_{n+(m-1)}^{m-1}\)。
我们设 \(T_{i,k}\) 表示把第 \(i\) 种特产，数量为 \(a_i\)，分给 \(k\) 个人的方法数（不一定每个人都要分到）。这个问题和上面其实是同一个问题，所以 \(T_{i,k}=C_{a_i+(k-1)}^{k-1}\)。
设 \(N_k\) 为把所有特产分给 \(k\) 个人的方法数（依然有人可能没拿到），因为每个特产都要被分发，且第 \(i\) 种特产分给 \(n\) 个人的方法数是 \(T_{i,n}\)，所以这是一个乘法原理，即：
设集合 \(A_i\) 为第 \(i\) 名同学没有被分到特产的所有方案的集合，\(S\) 为所有人分所有特产（有人可以没分到）的方案的集合，因为我们要保证每个人都被分到，所以我们要求的就是：\(|S|-|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|\)。
很明显 \(|S| = N_n\)，考虑如何求 \(|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|\)。我们先考虑如果某一个同学没拿到特产的方法数（别的也不一定都拿到）应该为 \(N_{n-1}\)，因为有 \(n\) 个人，所以总共是： \(C_n^1 \times N_{n-1}\)。在考虑有两个人没拿到特产的方法数，总共应该是 \(C_n^2 \times N_{n-2}\)，而上面这两者是有交集的，于是根据容斥原理，我们可以以此类推，得到：
所以答案其实就是：
然后就快乐的 AC 了~~
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P6076 [JSOI2015]染色问题
题目链接：P6076 [JSOI2015]染色问题
思路：
设 \(T_i\) 为有 \(i\) 种颜色确定不用，剩下的颜色随意的方法数，则根据容斥原理，我们要求的就是：
考虑如何求 \(T_k\)。我们记 \(N_i\) 为有 \(i\) 行确定不涂色，其他行随意的，但是每一列都有颜色的方法数，则根据容斥原理，很明显：
考虑如何求 \(N_i\)（别烦，这时最后一个了）。我们考虑把每一列拆开来，因为每一列有 \(n-i\) 个格子需要染色，每个格子有 \(c-k+1\) 种染色方法（不染色也算一种），所以对于一列来说，共有 \((c-k+1)^{n-i}\) 种染色方式，但是不能全部不染色，所以还要减去一，即 \((c-k+1)^{n-i}-1\)。因为总共有 \(m\) 列，并且每一列是相互独立的，于是就知道了：
然后就可以求出 \(T_k\)，最后求出答案了。
在具体实现中，其实并不需要去真的开三个数组。这题除了求组合数时阶乘以及逆元需要开个数组，其他都没必要。
代码很简单，但其实思维难度还是很高的。
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AGC005D ~K Perm Counting
题意：
给定 \(n,k\)，求所有满足 \(|p_i - i| \not = k\) 的 \(n\) 长度排列个数，\(n, k \le 2000\)。
思路：
我们将每个排列一一映射到一个 \(n \times n\) 棋盘，第 \(i\) 行第 \(p_i\) 个有棋子，显然每行每列恰好一个棋子。
我们将所有不能放的位置标出来，大致是两条斜向下的斜线。这条线上的都不能放。
考虑容斥，\(f_i\) 表示放了至少 \(i\) 个再不能放的位置山，答案即为 \(\sum_{i=0}^n (-1)^i f_i(n-i)!\)。
数据范围不大，可以考虑 \(dp\)。
我们发现我们可以将同一行或同一列不能放的连边，可以形成若干条链，每条链相邻两个不能选。将所有链拼在一起，升个维就可以 \(dp\) 求出 \(f\) 了。
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ARC093F Dark House
题意：
\(2^n\) 个人打淘汰赛，共 \((2^n)!\) 中顺序，你是 \(1\) 号，有 \(M\) 个人你打不过，其他人都打得过。而除了你之外的人编号小的更强。求有多少中顺序满足你能获得第一。
\(n \le 16, m \le 16\)。
思路：
首先，由于比赛是对称的，不妨假定 \(1\) 号初始在第 \(1\) 个位置，最后乘上 \(n\) 即可。
我们可以发现，\(1\) 号需要战胜的是 \(n\) 组选手的最小值，也就是到根节点路径上每个节点的另一个子树的所有点。
我们考虑如何求得方案使得这 \(m\) 个人都不会在组里获胜。
我们考虑子集反演，设 \(f(S)\) 表示 \(S\) 中组都是打不过的人获胜，其其他组都不是。\(g(S)\) 表示 \(S\) 中组都是打不过的人获胜，其他组任意。显然会有：
反演得到：
答案就是 \(f(\empty)\)。
这样就只用求 \(g(T)\) 了。
考虑 dp，设 \(dp[i][S]\) 表示填了前 \(i\) 个打不过的，已经填了组的集合是 \(S\)，有多少种方案。
这种类似匹配的经典技巧是将 \(a_1 \sim a_m\) 从大到小处理，然后可以快速计算每个人有多少个剩余填法。
这样 \(g(S)\) 就等于 \(dp[m][S] \times (2^n - 1 - tot(S))\)，其中 \(tot(S)\) 表示 \(S\) 所占的位置总个数。
很好的子集反演和 dp 题。
考虑容斥，我们将 \(|P_i - i| < x\) 视作每个 \(i\) 的性质，然后我们算满足 \(k\) 个性质的排列有多少，最后容斥一下即可。
由于数据范围很小，显然是 DP，我们将 \(p_i\) 置换，即 \(q_{p_i} = i\)，然后限制就是我们要求有 \(k\) 个数取值在区间 \([i - x + 1, i + x - 1]\)，其它随便，不能重叠。由于区间长度很小，考虑状压。设 \(dp_{i,j,S}\) 表示前 \(i\) 个填了 \(j\) 个，用掉了 \([i - x + 1, i + x - 1]\) 中的位置集合为 \(S\) 的方案数。转移非常简单。
然后就做完了。
显然容斥，\(f(i)\) 表示至少 \(i\) 个元素出现次数小于等于 \(1\) 次，答案就是 \(\sum(-1)^kf(k)\)。
考虑如何计算 \(f(k)\)，首先我们需要选出 \(k\) 个，这是 \(\binom{n}{k}\)。
然后我们考虑这 \(k\) 个，将这 \(k\) 个分成若干个非空集合，使得每个元素出现次数不超过 \(1\) 次。
不妨设 \(s_{i,j}\) 表示将 \(i\) 个有区别的东西放入 \(j\) 个无区别的盒子中，可以有些东西不放，盒子非空，求方案数。
这个看着很想第二类斯特林数，其转移方程与其类似：\(s_{i,j} = (j+1)s_{i - 1,j} + s_{i-1,j-1}\)。
于是我们枚举分了 \(m\) 组，这 \(k\) 个数的方案数就是 \(s_{k, m}\)。
再考虑剩下的，不包含这 \(k\) 个数的集合有 \(2^{n-k}\)，我们都可以选或不选，有 \(2^{2^{n-k}}\) 种。
对于这 \(m\) 个集合，每个集合对于其他的 \(n-k\) 个也是可以选和不选，有 \((2^{n-k})^m\) 种。
所以我们就得出了 \(f(k)\) 的计算公式：
最终复杂度 \(O(n^2 \log n)\)，不要忘了对指数需要模 \(M - 1\)。
经典结论：找重心，然后任意一对点不在同一棵子树中。
如果有两个重心，答案就是 \((\frac{n}{2}!)^2\)。
否则，我们把重心拎出来，将 \(i\) 是否与 \(p_i\) 属于同一儿子的子树作为条件来容斥。
设 \(f(i)\) 表示至少有 \(i\) 个属于同一儿子的子树，答案即为 \(\sum (-1)^kf(k)(n-k)!\)。
对于一个大小为 \(m\) 的子树，选出 \(j\) 个数所对应的数的方案数是 \(\binom{m}{j}^2j!\)。
所以我们可以用一个背包求出 \(f(i)\)。
这道题重点在于找到适合的条件容斥。
DP 中带容斥系数
在一类题中，我们需要用 dp 求答案，最后再容斥算出答案，这样复杂度与 dp 有关。
但是我们也可以将容斥系数直接套进 dp 里，这样可以减少一维状态。
题意： 一棵树，但是边有方向，求拓扑序方案数。
思路：
如果这棵树是内向树或外向树，显然我们可以用 dp 求解。
所以我们考虑计算外向树，然后把所有不符合条件的边容斥掉。不妨设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \(i\) 的子树内 \(j\) 条边由不符合反转成符合，\(i\) 所在连通块大小为 \(k\)。
显然是 \(O(n^3)\)，我们发现最后的答案是 \(\sum (-1)^jf_{rt, j, k}\)，所以我们可以考虑将 \(j\) 这一维代入 dp 值里。
设 \(g_{i,k} = \sum (-1)^j f_{i,j,k}\)，则我们考虑对 \(g\) 进行 dp。
我们可以先把 \(f\) 的转移写出来：
如果这条边符合：
如果不符合：
发现这就是类似卷积的形式，于是我们可以将 \(g\) 的转移写出来：
然后我们就做完了。
题意： 一棵树，求多少种方案将顶点两两配对，使得将每个点对的路径上的所有边全部系上丝带后满足，每条边都有至少一条丝带。
思路：
将 \(n\) 个点两两配对的方案数是所有小于 \(n\) 的奇数的乘积。这个很容易就可以推出来。
如果我们钦定哪些边不覆盖，方案数很好计算，所以我们考虑容斥，\(F(i,j,k)\) 表示 \(i\) 子树内，有 \(j\) 条边未覆盖，其他任意，当前与 \(i\) 联通的点有 \(k\) 个，求方案数。
接着就是和上道题几乎一样的容斥与转移。
约数容斥
约数容斥主要解决环计数相关问题。
约数容斥基于以下事实：
甚至不需要证明，只是将 \(f(i)\) 单独领出来而已。
计算这类问题，加上记忆化后时间复杂度是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。
题意： 生成一个长度为 \(n\) 的序列，过程如下：先生成一个 \(n\) 长度且每个元素 \(1 \sim k\) 的回文串，然后进行若干次将第一个元素移到最后，求有多少种不同的序列。\(n \le 10^9\)
思路：
环计数需要考虑最小循环节。不妨设 \(f(i)\) 表示最小循环节长度为 \(i\) 的个数，\(g(i)\) 表示循环节为 \(g(i)\) 的个数。
观察题目性质，发现回文串的循环节一定是回文串。
所以我们可以得到 \(g(i) = k^{\lceil\frac{i}{2}\rceil}\)，进而可以通过约数容斥计算出 \(f(i)\)。
考虑统计答案，\(i\) 为奇数时可以贡献 \(i \times f(i)\)，否则贡献 \(\frac{i}{2} \times f(i)\)。
然后就做完了。一定记得需要用 map 实现记忆化。
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[无题号]Aku no Hanabira
题意： 有 \(K\) 种颜色球，每种颜色 \(c_i\) 个，将这些球排成一个圆，求有多少本质不同的圆？（只考虑旋转，不考虑翻折）\(K \le 10^5, n = \sum_{c_i} \le 10^6\)。
思路：
依然是环计数，容易发现计算 \(g(i)\) 就是计算多重集的排列，可以在 \(O(Kn^{\frac{2}{3}})\) 解决。
点击查看代码
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int k, c[N] = {0};
int fpow(int a, int b, int p) {
if (b == 0)
return 1;
int ans = fpow(a, b / 2, p);
ans = 1ll * ans * ans % p;
if (b % 2 == 1)
ans = 1ll * a * ans % p;
return ans;
}
int fac[N] = {0}, inv[N] = {0};
void init(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[n] = fpow(fac[n], mod - 2, mod);
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
int n;
int g(int m) {//循环节长度为 m
int ans = fac[m];
for (int i = 1; i <= k; i++)
if (c[i] % (n / m) != 0)
return 0;
else
ans = 1ll * ans * inv[c[i] / (n / m)] % mod;
return ans;
}
int gcd(int a, int b) {
return a == 0 ? b : gcd(b % a, a);
}
map<int, int> mp;
int f(int m) {
if (mp.count(m))
return mp[m];
int ans = g(m);
for (int i = 1; i * i <= m; i++)
if (m % i == 0) {
if (i != m)
ans = (ans - f(i) + mod) % mod;
if (i * i != m && i != 1)
ans = (ans - f(m / i) + mod) % mod;
}
return mp[m] = ans;
}
int main() {
cin >> k;
n = 0;
for (int i = 1; i <= k; i++)
cin >> c[i], n += c[i];
init(n);
f(n);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
ans = (ans + 1ll * mp[i] * fpow(i, mod - 2, mod) % mod) % mod;
cout << ans << endl;
return 0;
}
Min-max 容斥
公式：
证明：
定义 \(f(n)=\{x|1 \le x \le n, x \in \mathbb{Z}\}\)，则 \(f(\max(x,y))=f(x) \bigcup f(y)\)，\(f(\min(x,y))=f(x) \bigcap f(y)\)。
于是上面的式子和容斥原理其实是等价的。
首先这东西看上去没啥用，但是它最重要的是对期望也成立：
于是这就可以解决一些期望问题。
题目1： 【Card Collector】hdu-4336
题目2： 【随机游走 (PKUWC’18)】loj-2542
广义容斥原理
全集 \(\Omega\) 中有若干个元素，有 \(n\) 种性质，\(A_i\) 表示满足第 \(i\) 个性质的元素的集合。
设 \(\beta_k\) 表示恰好满足 \(k\) 中性质的元素集合。
定义 \(\alpha_k=\sum_{i_1 < i_2 < \dots < i_k}|A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \dots \cap A_{i_k}|\)。
则 \(\alpha_k = \sum_{i=k}^n \binom{i}{k}\beta_i\)。
理解：
我们考虑实际满足了 \(i\) 种性质的元素在 \(\alpha_k\) 中被算了 \(\binom{i}{k}\) 次，所以这个式子成立。
作用：
根据二项式反演公式3（见二项式反演学习笔记），如果 \(\alpha_k\) 好算，那么我们我们可以反演用 \(\alpha_k\) 求出 \(\beta_k\)。
题目1： 有两个序列 \(a_1 \sim a_n\) 与 \(b_1 \sim b_n\)，数字各不相同，求匹配方案数，使得 \(a_i > b_{p_i}\) 的个数恰好为 \(k\)。\(n \le 5000\)（P4859 已经没有什么好害怕的了）
思路：
我们让性质 \(i\) 表示 \(a_i > b_{p_i}\)，则我们要求的就是 \(\beta_k\)，根据广义容斥原理，我们如果能求出 \(\alpha_k\) 就能解决问题。
考虑如何求 \(\alpha_k\)。数据范围支持 \(O(n^2)\)，考虑 dp。
首先需要对两个数组排序。
不妨设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个 \(a\) 中匹配了 \(j\) 个使得满足 \(a_i > b_{p_i}\)，所以 \(\alpha_k = (n-k)!f[n][k]\)。
考虑递推，按照第 \(i\) 个分类，可得到 \(f[i][j] = f[i - 1][j] + (cnt[i] - j + 1)f[i - 1][j - 1]\)，\(cnt[i]\) 表示有多少个 \(b\) 小于了 \(a_i\)。
第一项好理解，第二项就是 \(i\) 要满足性质，则有 \(cnt[i]\) 个选择，但是前面已经占了 \(j-1\) 个，所以总共只有 \(cnt[i] - (j-1)= cnt[i]-j+1\) 种。
然后就能解决这道问题了。
