容斥
容斥原理
-1型
首先是简单的容斥，即不含系数，直接为总方案减不合法方案
这类问题常常设出 \(dp\) 表示合法的方案数，转移时对于 \(i\) 枚举 \(j\)，令 \(j\) 是合法部分，而 \(i-j\) 的部分则是随意填
也是一样的，只不过是放到了二维上
设 \(f[p][i][j]\) 表示第 \(p\) 种棋子占了 \(i\) 行 \(j\) 列的方案数
那么转移为总方案数-\(\sum f[p][x][y]* \binom{i}{x} * \binom{j}{y}\)
注意这里的 \(i=x\) 和 \(j=y\) 不能同时满足
BZOJ4361 isn
首先统计出长度为 \(i\) 的不降子序列数量，这个直接设 \(g[i][j][k]\) 表示前 \(i\) 数取 \(j\) 个且最后一个数为 \(k\) 的方案数，由于每次只需要转移 \(a_i\)，可以用树状数组优化到 \(n^2log\)
如果将答案统计为 \(f_ii!\) 会有问题，因为题目限定达到目标后立即停止，那么相当于此时求的 \(f\) 为 \(\ge i\) 的答案，需要减去 \(\ge i+1\) 的答案才行，由于从 \(i+1\) 到 \(i\) 共有 \(i+1\) 种选法，乘到系数上即可
奇减偶加型
经典的容斥式是奇减偶加
容斥后的计算式发现是 \((n-k)!\)，其中 \(k\) 为链数
可以发现这个表达式是单一的，那么考虑对于相同的 \(i\) 的贡献一起算，跑一个树形背包
AT3728 [ARC087D] Squirrel Migration
首先肯定是多次经过重心的模式
考虑统计方案数，运用容斥，计算出 \(f_i\) 表示至少 \(i\) 个不合法的
那么 \(ans=\sum (-1)^if_i(n-i)!\)
对于每一棵子树，若有 \(i\) 个不合法的，那么贡献 \(\binom{s}{i}^2i!\)，把这个背包进去即可
获胜的条件是那 \(m\) 个人均不是需要 \(pk\) 的 \(n\) 轮中的获胜者
考虑容斥，强制集合 \(S\) 的获胜者是关键点
状压去求
考虑将 \(m\) 个人从大往小插入
那么两种转移，一种放进以前的堆 \(f[i][S]=f[i-1][S]\)
另一种新开一个，加入比 \(a_i\) 大的数（这是从大往小的优势就显现出来了）
\(f[i][S]=f[i-1][S]*\binom{all-S-a_i}{2^j}*(2^j)!\)
同时另一个巧合是状态为 \(S\) 中恰好有 \(S\) 个点
AT5149 [AGC036F] Square Constraints
式子最大的作用其实就是提供了上下界单调的性质以及一些巧合，因此没必要在公式上下功夫
可以结合实际意义，相当于是两个同心圆中的圆环部分作为限制
有两个限制怎么计算？
这让我们想到容斥，因为任何一个单独的限制都是平凡的
于是现在去计算强制一些点选择内圆作为上边界，其余都只有外圆作为上边界限制的方案数
写出来如果只有上界的表达式：
对于一组单增的 \(r\)，方案为 \(\prod (r_i-i+1)\)
考虑把这个式子融进 \(dp\) 里，可以发现 \(i\) 是 \(r_i\) 的排名，那么也就是说只需要知道某一种方案下上界的一种顺序即可
但是容斥肯定不能去枚举子集，那么只能将某一个值的方案一起计算
那么这个排名也需要动态计算
这时候就又有巧合了：对于 \([0,n)\) 中选择外圆作为上界的，一定在 \([n,2n)\) 之后
那么可以按照内圆/外圆的边界作为关键字对左右两侧混合排序，这样无论左边怎样决策，对于每一个组的相对大小是没有任何影响的
设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个选 \(j\) 个的方案数，可以发现 \(dp\) 到每一个点的时候排名是水到渠成的（其中还有固定外层的 \(k\) 的功劳），可以愉快地转移啦！
题意： 有 \(n\) 个机器人排成一排，有 \(m\) 个时刻，每个时刻每个机器人有 \(1/2\) 的概率向右走一步，有 \(1/2\) 的概率在原地不动，问所有机器人不相撞的概率
首先转化为统计方案数
考虑相撞问题的一种常见解决方式——不管
于是枚举排列，容斥系数为逆序对数奇偶性
表达式为 \(\prod\binom{m}{y_i-x_i}\)
直接枚举排列肯定行不通
那么改为按顺序加入+状压的模式即可
图的计数
- 建造游乐园
求 \(n\) 个点的欧拉图数量
欧拉图等于度数为偶数的图减去不连通的图
度数为偶数，可以先拿出一个点用来调和，剩下的随意连边，最后一个点总能补成偶数度
那么 \(g_i=2^{\binom{n}{2}}\)
考虑 \(f\) 的转移：\(f_i=g_i-\sum f_jg_{i-j}\binom{i-1}{j-1}\)
即拿出来一部分强制不连通，剩下的随意，组合数用来表示任意选点
hdu4997 Biconnected
题意：一些边不能选，其余的边有多少种选择方式使得整张图构成边强连通图。
考虑按照连通图计数的朴素容斥来统计
设 \(f_S\) 表示 \(S\) 形成的总图数，\(g_S\) 表示 \(S\) 形成的连通图数，\(h_S\) 表示 \(S\) 形成一个边双的数量，\(dp_{S,T}\) 表示 \(S\) 和 \(T\) 进行连边形成边双的方案数
那么 \(h_S=g_S-\sum h_Tdp_{T,S-T}\)
\(dp_{S,T}=\sum tot_{S,i}g_idp{S,T-i}\)
注意其中所有的转移一定要保证 \(lowbit\) 包含于枚举的子集中
沿用类似的思路，详见 这里
uoj37 主旋律
题意：无向图有多少边的子集删去之后整个图仍然强联通
仍然不能直接计算，需要统计不是强连通的数量
首先考虑一种暴力的方式是枚举所有缩点后 \(DAG\) 的样子，然后统计每个大点形成强连通的方案数
于是问题在于怎样统计合法 \(DAG\) 的数量
注意到 \(DAG\) 和无向图并不一样，并不能寻找到一个明显的分割点
那么考虑枚举所有无出度的点，但是无法保证另一个集合中都有出度，需要进行一个集合容斥
\(f_S=\sum (-1)^{|T|-1}2^{edge}f[S-T]\)
考虑进行优化，发现并没有必要枚举 \(DAG\)，可以直接在图中 \(dp\) 整个式子的容斥系数即可
ARC105F Lights Out on Connected Graph
题意为二分图计数
可以发现其实限制条件是有两个的：二分图以及图连通
图连通按照套路是需要通过容斥解决的，考虑二分图的个数怎样计算
如果枚举两个子集，子集间随意连边，可以保证是二分图，但是注意会算重
但是并不是完全不对，考虑我们计算出的这个东西是什么
可以发现一个有 \(i\) 个连通块的二分图会被计算 \(2^i\) 次
这其实二分图的合法染色方案数！！！
那么把它放进容斥的机器，计算出来的就理应就是一个连通二分图的染色方案
直接愉快地除以二就好啦
基环树计数，并有权值为 \(2^{非叶节点数}\)
首先这个环肯定烦人嘛，先 \(dp\) 出环的个数
直接容斥是很混乱的，需要钦定出一个环上的最小点作为起点
那么每次扩展的时候都需要保证点大于这个起点即可
设 \(f_S\) 表示 \(S\) 是基环树的方案数
那么 \(f_S=g_S-\sum (-1)^{|T|}f_{S-T}E(T,S-T)\)
最终的答案为 \(ans_S=\sum (-1)^{|T|}2^{|S|-|T|}f_{S-T}E(T,S-T)\)
从上面的分析可以看出，即使是在集合的背景下，采用哪种容斥方式需要结合具体情况来判断，关键在于枚举的集合情形是否有交
二项式反演
本质上是一种特殊的容斥，把容斥系数套路化
这个科技一般的使用情境是题目中询问“恰好 \(k\) 个”的方案数，然而在 \(dp\) 或使用组合数时不能很好保证个数
以下是用到的公式：
至少：
至多：
这就是一个比较难受的情况，因为普通的树形 \(dp\) 状态只能保证手动匹配的点对匹配上了，而剩余的点并不知道是否匹配
也就是说，这题的树形背包其实天然地求解的就是“至少”
设 \(f[u][k]\) 表示 \(u\) 子树中至少 \(k\) 个匹配的方案数
\(f[u][k]=\sum f[u][i]\times f[v][k-i]\)
\(f[u][j+1]=f[u][j](s[id]-j)\)
然后套式子就好了
CF1228E Another Filling the Grid
将反演扩展到二维，满足如下关系：
\(f_{i,j}=\sum_{x=i}\sum_{y=j}(-1)^{x-i+y-j}g_{x,y}\)
考虑求 \(g_{i,j}\) 表示至少 \(i\) 行 \(j\) 列不满足
那么 \(g_{i,j}=\binom{n}{i}\binom{m}{j}(k-1)^{n^2-(n-i)(n-j)}k^{(n-i)(n-j)}\)
首先要求所有行列都不同的颜色的方案数
一样的套路，\(g_{i,j}\) 表示至少 \(i\) 行 \(j\) 列相同
那么 \(g_{i,j}=\binom{n}{i}\binom{n}{j}3^{(n-i)(n-j)+1}\)
\(g_{i,0}=\binom{n}{i}3^{i+n(n-i)}\)
\(g_{0,0}=3^{n^2}\)
然后开始大力推式子，还是不推了吧
巨佬的推导
详见 这里
可以发现其推导的本质还是二项式反演
但是这个排序的转化非常巧妙
tricks
"1"的转化
\(\sum deg_i=2m−1\)，可以把每个点的权值设为 \(2-deg_i\)，使得部分点贡献变为了全局点贡献，比如 这个
一条链上 边-点=1，比如 这个
