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 \(O(n\log n)\)。