浅谈集合划分容斥

推荐阅读：2023 论文《对互异关系的容斥》by 周子衡。

本质是设计一种贡献系数，使得某种递推方法能得到正确的结果。

以前的理解不太深刻，今天仔细思考了一会儿。

一种形式化的描述：在某种等价关系下，对于某一组合结构，构成其的元素其可以被划分成若干等价类，有一关于等价类大小的系数 $F(x)$。而我们的 dp 不能恰好地刻画出每一极大等价类（有可能有相互等价的等价类），记等价类之间的合并关系为 $G(x)$，我们设计容斥系数 $H(x)$ 满足：

$$G(H(x))=F(x)$$

例如经典的 DAG 定向方案数的容斥系数为 $(-1)^{|S|+1}$，我们也能通过集合划分容斥得到同样的结果：

dp 的转移形式（每次添加一个子集）告诉我们合并关系为 Sequence 构造，即 $G(S)=\frac 1{1-S}$，而我们并不关心等价类大小，所以 $F(S)$ 恒为 $1$。

使用集合幂级数求逆得到 $H(S)=(-1)^{|S|+1}$，与 DAG 定向的容斥系数吻合（注意要求集合是独立集）。

ABC306H Balance Scale

本题若确定了 = 的边，我们将这些边缩起来做 DAG 计数就好了。因此我们枚举一个度数为 $0$ 的子集，每个子集内的边都必须填 =，容斥系数就是这些边缩起来的连通块数量加一。

dp 的合并等价于集合幂级数求逆，复杂度 $O(2^nn^2)$。

P7275 计树

可以将树划分成若干条值域连续的链，于是 $F(x)=\frac {x^2}{1-x}$，$G(x)$ 也是 Sequence 构造，即为 $\frac 1{1-x}$。

注意要修正常数项，于是：

$$\frac{1}{1-H(x)}-1=\frac {x^2}{1-x}$$

得到 $H(x)=\frac{x^2}{x^2-x-1}$。我们现在有若干条链需要合并成树，使用 prufer 序列，于是一条链的系数为容斥系数，乘上链的长度，再乘 $m$，使用 Sequence 构造在值域上进行合并即可。

复杂度 $O(n\log n)$，可以观察到线性递推做到线性。

AGC058D Yet Another ABC String

要不是因为 unrated 做的有点拖沓，说不定咱就是这题一血了！

将序列划分成若干 ABCABCAB…… 连续段，于是关于连续段长度的贡献系数应是 $1+x+x^2$，容斥系数容易计算：

$$H(x)=1-\frac{1}{1+x+x^2}$$

当时直接写了个求逆看出了系数规律，不过也有文明一点的方法，写出线性递推，计算前几项后归纳。总之，我们得到了：

$$[x^k]H(x)=\begin{cases}0&k=0\ \operatorname{or}\ k\equiv 2\pmod 3\\1&k\equiv1\pmod 3\\-1&k\equiv 0\pmod 3\end{cases}$$

于是一个连续段的生成函数为：

$$P(x)=(-3\sum_{i\geqslant 1}a^ib^ic^i)+(\sum_{i\geqslant 0}a^ib^ic^i(a+b+c))$$

答案为：

$$[x^n]\frac{1}{1-P(x)}=\frac{1-abc}{1-a-b-c+2abc}$$

枚举下面选了几次 $-2abc$ 可以 $O(1)$ 提取系数，复杂度 $O(n)$。

loj#3395. 「2020-2021 集训队作业」Yet Another Permutation Problem

题意可以转化为存在至少一个长为 $n-k$ 的上升段，我们不妨计算最长连续段长度 $<n-k$ 的情况，记 $m=n-k$，于是有：

$$\frac{1}{1-H(x)}-1=\frac{x-x^m}{1-x}\\H(x)=\frac{x-x^m}{1-x^m}$$

于是一个长为 $l$ 的段系数为：$\frac{1}{l!}[x^l]\frac{x-x^m}{1-x^m}$（还需分配具体数值）。

对于每个 $m$ 都做一遍多项式求逆即可。由于模数不太好，我们暴力求逆做到 $\frac{n^2}{m}$，于是复杂度仍为 $O(n^2\log n)$。

ARC140F ABS Permutation (Count ver.)

按照 $+m$ 划分成很多条链，链长只有两种，我们尝试做 $n$ 固定的情况，之后能使用多项式快速幂求出答案。

之后的步骤和前面几道题没有太大的差别，复杂度 $O(n\log^2 n)$。

CF1553I Stairs

咕咕咕。

ABC236H Distinct Multiples

这一题要求“互不相同”，即所有等价类大小为 $1$，这种集合划分容斥又称斯特林容斥，我们要求：

$$\exp H(x)-1=x$$

计算得 $[x^k]H(x)=\frac{(-1)^{k-1}}{k}k!=(-1)^{k-1}(k-1)!$（注意是 EGF）。

于是本题的解法为：枚举一个集合，钦定其值相等（容易计算出方案数），乘上容斥系数做集合幂级数 exp，可以做到 $O(2^nn^2)$。

7-11 翻硬币

给 zxy 咔头啦。

差分变成每次选择两个数同时取反，于是我们要求操作对应边互不相同，使用斯特林反演——我们尝试钦定一条边重复出现了 $c$ 次，并附加 $(-1)^{c-1}(c-1)!$ 的系数，而 $(c-1)!$ 的系数我们常常使用圆排列的组合意义进行转化。

具体的 dp 过程中，我们只需记录差分数组还有多少个位置是 $1$，转移考察编号最大的边，并实时维护一个环，要求其还没有收拢：

• 在环内添加一个元素：枚举后继，产生剩余操作数量乘 $-1$ 的系数（注意此时我们同时考虑到了圆排列的系数）；
• 结束当前环：根据环长的奇偶性决定这条边造成的影响。

复杂度 $O(nm)$。

事实上本题还有一种集合幂级数+单位根反演的做法，博主暂时不清楚这两种做法之间有何种联系。

ABC288H A Nameless Counting Problem

首先很容易通过数位 dp 计算出长度为 $k$ 异或为 $X$ 的序列个数，这一部分是 $O(n^3\log V)$ 的。

一个不降序列可以通过删除若干相同 pair 映射到唯一的集合，于是我们若对于所有 $k$ 计算出元素不同的，长度为 $k$ 异或为 $X$ 的序列个数，则可以通过塞入若干不影响异或和的相同 pair 来生成出所有不降序列，这无非是一个插板法。

元素互不相同指向了集合划分容斥，我们将出现次数为奇数的数与出现次数为偶数的数分开考虑，依次加入若干个“等价团”就可以 dp 出 $i$ 个等价团，大小和为 $j$，大小全为奇数/偶数的容斥系数和。注意到我们并不在乎偶数大小的团的个数，只需将贡献乘上团个数阶乘的倒数来保证无序。

因此合并奇数偶数只用枚举奇数团的个数与大小和，以及偶数团的大小和，那么我们就可以 $O(n^3)$ 地计算上面那个问题了。

GDKOI2023 D1T3 异或图

$m=0$ 时问题类似 P3447 [POI2006] KRY-Crystals。我们从高到低数位 dp，注意到性质——若某个数不卡上界，其余数可以任意选择，最后用这个数修正，于是可以得到 $O(n\log V)$ 的做法。

我们使用集合划分容斥处理原问题，我们会划分出很多等价类，每个等价类都只在乎 $a$ 的最小值。一个等价类的容斥系数可以通过对 $[S 为独立集]$ 这一集合幂级数求 $\ln$ 求得。

接下来我们直接写出 dp：$f_{S,T}$ 表示目前点集为 $S$，所有大小为奇数的连通块最小值可重集为 $T$ 的系数之和，转移是枚举三个有包含限制的集合，复杂度为 $O(4^n)$，据说精细实现能做到 $O(3^n)$。

没写代码，式子不保证对。

P3214 [HNOI2011] 卡农

论文里有，咕咕咕。

loj#6728. U 群把妹王

我们若计算出 $i$ 个行等价类的贡献系数 $f_i$，$i$ 个列等价类的贡献系数 $g_i$，那么答案为：

$$\sum_i\sum_j f_ig_jk^{ij}$$

使用 CZT 手法拆 $ij={i+j\choose 2}-{i\choose 2}-{j\choose 2}$ 就可以使用一次卷积解决，只需考虑如何求出 $f,g$。

以 $f$ 为例，通过集合划分容斥易得容斥系数为 $H(x)=\ln S$，那么贡献系数为：

$$f_i=[t^i]\exp(t\ln S)$$

对 $x$ 这一元使用扩展拉格朗日反演：

$$[x^n]\exp(t\ln S)=\frac 1n[x^{n-1}](e^{tx})'(\frac x{Q(x)})^n$$

其中 $Q(x)$ 为 $H(x)$ 的复合逆，而为了提取 $t$ 的系数，我们需要知道 $(\frac{x}{Q(x)})^n$ 各项系数，问题转为计算 $Q(x)$，我们对 $H(Q(x))-x=0$ 进行牛顿迭代即可：

$$Q(x)=Q_0(x)-\frac{G(Q_0(x))-x}{G'(Q_0(x)-x}$$

上下均能暴力展开后复合，复杂度 $O((a+b)n\log n)$。

ABC289H Trio

其实我也不清楚这算不算集合划分容斥，但其也是修正贡献的一种手法（我称其为“走回容斥”），因此也放上来了 。

注意到答案 $F(x)$ 满足 $F(x)H(x)=G(x)$，其中 $[x^t]H(x)$ 表示走 $t$ 步，三个人均满足总位移为 $0$ 的方案数，$G(x)$ 表示走 $t$ 步，三个人的位移恰好第一次符合条件的方案数。

注意到 $G,H$ 不难计算，因为其对于某个 $t$，系数为：

$$\sum_i{t\choose i}{t\choose i+u}{t\choose i+v}$$

可以使用一次卷积解决，复杂度 $O(n\log n)$。

ARC124F Chance Meeting

若刻画两个人之间的距离，问题便被转化为：从 $(0,0)$ 出发，共走 $2n$ 步上步，$m$ 步左步，$m$ 步右步，求恰好经过一次 $(0,n)$ 的方案数。

我们记 $f_i$ 为共使用 $n$ 步上步，$i$ 步左步，$i$ 步右步，第一次到达 $(0,n)$ 的方案数，到达 $(0,n)$ 前后的路径是对称的，故答案为（记得钦定每个上步是谁贡献的）：

$${2n\choose n}\sum_if_if_{m-i}$$

于是我们使用上面的容斥方式，写出 $H(x)=\sum{2i\choose i}x^i=\frac 1{\sqrt{1-4x}}$ 以及 $G(x)$ 表示向上走 $n$ 步，左右各走 $i$ 步，到达 $(0,n)$ 的方案数，那么有：

$$F(x)H(x)=G(x)\\F(x)^2=\frac{G^2(x)}{H^2(x)}=(1-4x)G^2(x)$$

提取一项系数容易做到线性。

随机游走3

不妨先考虑二维的情况，我们对某一位置，考察经过其的时间集合 $S$，使用容斥：

$$\min(|S|,1)=\sum_{\varnothing\ne T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}$$

只需钦定一个时间集合，计算容斥系数之和。

假设到达该点的时间分别为 $t_0,t_1,\cdots,t_k$，类似上面的走回容斥，我们分开考虑 $[t_0,t_k]$ 的路径与其余路径。

前者即一条重返路径，先考虑一次重返对应的生成函数：

$$C(x)=\sum_{k\geqslant 1}{2k\choose k}x^{2k}\sum_{i=0}^k{k\choose i}^2=\sum_{k\geqslant 1}{2k\choose k}^2x^{2k}$$

而还需钦定重返次数并带上容斥系数，我们能写出：

$$1-C+C^2-\cdots=\frac{1}{1+C}$$

后者仍是一条合法路径，问题即枚举一个点，再计算经过它的路径条数之和。反向枚举，先确定路径再确定点，若路径长为 $m$ 方案数显然为 $(m+1)4^m$。

算完后者对应的生成函数除以 $1+C$ 即可，复杂度 $O(n\log n)$。

$t$ 维情况是类似的，修改重返的生成函数为：

$$C(x)=\sum_{k\geqslant 1}{2k\choose k}x^{2k}[\frac{x^k}{(k!)^2}](\sum_{i\geqslant 0}\frac{x^i}{(i!)^2})^t$$

使用多项式快速幂解决即可，复杂度仍为 $O(n\log n)$。