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

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C. 放棋子

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

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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

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奇减偶加型

经典的容斥式是奇减偶加

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B. 数树

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

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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

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AT3981 [ARC093D] Dark Horse

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

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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！

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ABC216H

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

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图的计数

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• 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

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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

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C. 题目交流通道

沿用类似的思路，详见 这里

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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

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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

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人类补完计划

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 $ans_S=\sum (-1)^{|T|}2^{|S|-|T|}f_{S-T}E(T,S-T)$

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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

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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：

$$f(n)=\sum_{i=n}\binom{i}{n}g(i)$$

$$\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=n}(-1)^{i-n}\binom{i}{n}f(i)$$

至多：

$$f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)$$

$$\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)$$

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P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

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

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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 $g_{i,j}=\binom{n}{i}\binom{m}{j}(k-1)^{n^2-(n-i)(n-j)}k^{(n-i)(n-j)}$

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CF997C Sky Full of Stars

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

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B. Silhouette

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

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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