浅谈 容斥

容斥

容斥原理

它在解决计数问题乃至一切存在交集的问题时，逻辑清晰，方便思考，优势显著

[例1] 求图形的面积

S=A∪B∪C=A+B+C-A∩B-B∩C-C∩A+A∩B∩C

容斥原理公式(求集合交集)

假设集合U中有n种不同属性,第i种属性为Pi 有属性Pi的元素构成集合Si，则

加多了就减，减多了就加，则

韦恩Venn图

——一种表示集合关系的图

补集

对于全集U中的集合的补集,可以通过容斥原理计算

集合的补：

集合U中,集合A B的交呢?

设A1,A2,...,Am为集合中具有一些性质的元素的集合，则

T 1 「HAOI2008」硬币购物

传送门

硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去了tot次。每次带di枚ci硬币，买si的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

输入

第一行 c1,c2,c3,c4,tot 下面tot行 d1,d2,d3,d4,s,其中di,s<=100000,tot<=1000

输出

每次的方法数

样例

样例输入1

1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900

样例输出1

4
27

思路

DP预处理出每种硬币没有上限的情况，时间复杂度位O(S)

DP方程易得：f[j]+=f[j-c[i]] (c[i]~N(max数据))

接下来对于每个询问，根据容斥原理，答案为：

得到面值S的超过限制的方案数 – 1种超过限制方案数 – 2种超过限制方案数 – 3种超过限制方案数 – 4种超过限制方案数 + 1,2种超过限制方案数 + 1,3种超过限制方案数 + …… + 1,2,3,4种超过限制方案数。

然后算就完了！

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N=100000;
using namespace std;
ll ans,dp[N+2];
int tot,s;
int c[5],d[5];
void dfs(int x,int k,int s) {//x：硬币面值id，k：使用了k种硬币，s：还需要凑s元
	if(s<0) return ;
	if(x==5) {
		if(k&1)ans-=dp[s];//k不是2的倍数，-
		else ans+=dp[s];//k是2的倍数，+
		return ;
	}//硬币只有三种，结束
	dfs(x+1,k+1,s-(d[x]+1)*c[x]); //使用c[x]面值的硬币
	dfs(x+1,k,s);//不使用
}//容斥计算公式
int main() {
	for(int i=1; i<=4; i++) {
		scanf("%d",&c[i]);
	}
	scanf("%d",&tot);
	dp[0]=1;
	for(int i=1; i<=4; i++) {
		for(int j=c[i]; j<=N; j++) {
			dp[j]+=dp[j-c[i]];
		}//dp[j]:能凑出j元的方案数
	}//dp先求出硬币没有数量限制的答案
	while(tot--) {
		for(int i=1; i<=4; i++) {
			scanf("%d",&d[i]);
		}
		scanf("%d",&s);
		ans=0;//初始化
		dfs(1,0,s);//计算
		printf("%lld\n",ans);//输出
	}
	return 0;
}

T 2 「JSOI2011」分特产

传送门

题目描述

JYY带队参加了若干场extACM/ICPC比赛，带回了许多土特产，要分给实验室的同学们。

JYY想知道，把这些特产分给 n 个同学，一共有多少种不同的分法？当然，JYY不希望任何一个同学因为没有拿到特产而感到失落，所以每个同学都必须至少分得一个特产。

例如，JYY带来了 2 袋麻花和 1 袋包子，分给 A 和 B 两位同学，那么共有 4 种不同的

分配方法：

A：麻花， B：麻花、包子

A：麻花、麻花， B：包子

A：包子， B：麻花、麻花

A：麻花、包子， B：麻花

输入输出格式

输入格式

输入数据：

第一行是同学的数量 n 和特产的数量 m

第二行包含 M 个整数，表示每一种特产的数量

N,M不超过 1000 ，每一种特产的数量不超过 1000

输出格式

输出一行，不同分配方案的总数。

由于输出结果可能非常巨大，你只需要输出最终结果mod 1e9+7 的数值就可以了

输入输出样例

输入样例 #1

5 4
1 3 3 5

输出样例 #1

384835

思路

首先预处理组合数

独立分析m个特产(最后乘起来即可)

不考虑每人一个的限制

将n-1加入到特产集合得到ai+n-1

从中选n-1个对象做为搁板

得到总的分配方案U为

再减去不合法方案数

不合法方案数= 从n个盒子中选k个盒子为空 属性1 ,1个盒子空,属性2,2个盒子空, …属性n-1 n-1个盒子空

code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2002,p=1000000007;
int n,m;
ll ans,a[N],c[N][N];
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	c[0][0]=1;
	for(int i=1; i<=N-5; i++) {
		c[i][0]=1;
		for(int j=1; j<=i; j++) {
			c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
		}
	}//组合数
	for(int i=0; i<n; i++) {
		ll tot=c[n][i];
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			ll x=a[j]+n-i-1,y=n-i-1;
			tot=(tot*c[x][y])%p;
		}
		if(i&1) ans=(ans-tot+p)%p;
		else ans=(ans+tot+p)%p;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

完结撒花❀

★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。