计数

基本概念

容斥

容斥解决满足多条件的组合方案数问题，将各个条件用集合的形式表达，即可套用容斥原理。

• $\left| U \right|$ ：全集。

• $\left| S_i \right|$ ：满足条件 $S_i$ 的方案数。

• $\left| \bigcup_{i=1}^{n} S_i \right|$ ：满足任一条件的方案数。

• $\left| \bigcap_{i=1}^{n}S_i \right|$ ：满足全部条件的方案数。

两个公式：

• $$\left| \bigcup_{i=1}^{n} S_i \right|=\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j-1}\times \sum_{a_i<a_{i+1}}\left| \bigcap_{i=1}^{j}S_{a_i} \right|$$

• $$\left| \bigcap_{i=1}^{n}\right| S_i=\left| \bigcup \right|-\left| \bigcup_{i=1}^{n}\bar{S_i} \right|$$

---

二项式反演

二项式反演一般用于转化恰好和至多（少）之间的数量关系。

常见形式：

• $$f_i=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\;\times \;C_{n}^{i}\;\times\;g_i\iff g_i=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\;\times \;C_{n}^{i}\;\times\;f_i$$

• $$f_n=\sum_{i=0}^{n}C_n^i\times g_i \iff g_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\times C_n^i\times f_i$$

高维二项式反演：

• $$f_{x,y}=\sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}C_i^xC_j^y\times g_{i,j}\iff g_{x,y}=\sum_{i=x}^n\sum_{j=y}^m(-1)^{i+j-x-y}C_i^xC_j^y\times f_{i,j}$$

• 剩下以此类推。

恰好与至多的转化

设 $f_k$ 表示至多满足 $k$ 个条件，$g_k$ 满足恰好 $k$ 个条件，由二项式反演，得：

$$f_k=\sum_{i=0}^{k}C_k^i\times g_i\\ g_k=\sum_{i=0}^{k}\times (-1)^{k-i}\times C_k^i \times f_i$$

恰好与至少的转化

设 $f_k$ 为至少满足 $k$ 个条件，$g_k$ 满足恰好 $k$ 个条件，由二项式反演，得：

$$f_k=\sum_{i=k}^{n}C_i^k\times g_i\\ g_k=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}\times C_i^k\times f_i$$

如果题目要求恰好的数量，要么直接求（DP）很好求，要么间接求再用二项式反演求很好求。

错排问题

问题：某人写了 $n$ 封信和 $n$ 个信封，如果所有的信都装错了信封。求所有信都装错信封共有多少种不同情况。

证明略。递推式如下：

$$f_1=0,f_2=1\\ f_n=(n-1)\times(f_{n-1}+f_{n-2})\;\;\;\;\;\;(n \ge 3)$$

---

整除分块

一般解决形如一下的问题：

$$\sum_{i=0}^{n}\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$$

可以证明，在第一个使 $\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$ 取不同值的 $i$ 时，

$$i\sim \left\lfloor \frac{n}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} \right\rfloor$$

时，$\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$ 的取值相等。

又可以证明，这样的块不超过 $2\sqrt{n}$ 个，于是可以在根号时间复杂度内算出值。

题目选做

数论相关

1. H(n)

整除分块模板题。

#include <cstdio>
#include <iostream>
 
using namespace std;
 
typedef long long LL;
int T; 
LL n;
 
int main () {
	cin >> T;
	while(T --) {
		cin >> n;
		LL ans = 0;
		for (LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
			r = min(n, n / (n / l));
			ans += (n / l) * (r - l + (LL)1);
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

2. Calculating

由算数基本定理可知，$f(x)$ 就是 $x$ 的约数个数。将要求的式子转化为：

$$\sum_{i=0}^{r}f(i)-\sum_{i=0}^{l-1}f(i)$$

其中，$\sum_{i=0}^{r}f(i)$ 等价于 $\sum_{i=0}^{r}\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$ ，可以使用整除分块。

3.[POI2007]ZAP-Queries

求以下式子：

$$\sum_{x=1}^{a}\sum_{y=1}^{b}(gcd(x, y)==d)$$

转化为：

$$记\;a'= \left\lfloor \frac{a}{d} \right\rfloor ,\;b'=\left\lfloor \frac{b}{d} \right\rfloor\\ \sum_{x=1}^{a'}\sum_{y=1}^{b'}(gcd(x,y)==1)$$

正难则反，可以用容斥的思想做，转化为：

$$\left\lfloor \frac{a'}{1} \right\rfloor\left\lfloor \frac{b'}{1} \right\rfloor-\left\lfloor \frac{a'}{2} \right\rfloor\left\lfloor \frac{b'}{2} \right\rfloor-\left\lfloor \frac{a'}{3} \right\rfloor\left\lfloor \frac{b'}{3} \right\rfloor-...+\left\lfloor \frac{a'}{6} \right\rfloor\left\lfloor \frac{b'}{6} \right\rfloor...$$

即：

$$\sum_{i=1}^{min(a',b')} \mu(i) \left\lfloor \frac{a'}{i} \right\rfloor\left\lfloor \frac{b'}{i} \right\rfloor$$

莫比乌斯函数即为容斥系数。

因为这个式子就是整除分块的基本式，所以将 $\mu(i)$ 做一个前缀和就可以用整除分块。

莫比乌斯函数预处理过程：

void prework() {
	mul[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= M; i ++) {
		if (!f[i]) {
			prime[++tot] = i;
			mul[i] = -1;
		}
		for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= M; j ++) {
			LL k = i * prime[j];
			f[k] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) {
				mul[k] = 0;
				break;
			}
			else mul[k] = mul[i] * -1;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= M; i ++) sum[i] = sum[i - 1] + mul[i];//前缀和
}

4. [HAOI2011]Problem b

求下列式子的值：

$$\sum_{x=a}^{b}\sum_{y=c}^{d}(gcd(x, y)==k)$$

通过简单容斥，转化为：

$$记 K=(gcd(x,y)==k)\\ \sum_{x=1}^{b}\sum_{y=1}^{d}K-\sum_{x=1}^{b}\sum_{y=1}^{c-1}K-\sum_{x=1}^{a-1}\sum_{y=1}^{d}K+\sum_{x=1}^{a-1}\sum_{y=1}^{c-1}K$$

类似于矩阵前缀和的形式，可以画出矩阵更加直观的理解。

那么问题就转化成了求

$$\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}(gcd(x, y)==k)$$

的值，就是上一题

5.四元组统计

正难则反。所有四元组有 $C_{n}^{4}$ 个，用容斥减去不合法的方案数，也就是 $gcd\;!=1$ 的方案数，设 $f(i)$ 表示至少 $gcd=i$ 的四元组数，答案即为：

$$Ans=\sum_{i=1}^{max}\mu(i)\times f(i)$$

考虑求出 $f(i)$ ，可以统计因数 $i$ 在数列每个数中是否出现，记 $sum(i)$ 表示因数 $i$ 出现在数列中数字的个数，那么：

$$f(i)=C_{sum(i)}^{4}$$

考虑求出 $sum(i)$ ，暴力一点的想法就是直接枚举每个数的因数，时间复杂度为 $O(Tn \sqrt a)$，极限数据恰好是1e8，可以通过此题。

类似于素数筛法，可以利用筛法的思想将每一个数的因数筛出来，这样可以大大提高代码运行效率。

Ps：双倍经验：MSKYCODE - Sky Code

6. NGM2 - Another Game With Numbers

很容易联想到容斥原理，可以用 $dfs$ 搜出所有的组合，然后做容斥。

code

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
 
using namespace std;
 
typedef long long LL;
 
LL n, k, ans;
int f[20], b[20];
vector<int> a;
 
inline LL gcd(LL a, LL b) { return b == 0?a:gcd(b, a%b); }
inline LL lcm(LL a, LL b) { return a / gcd(a, b) * b; }
inline void dfs(int nd, int m, LL s, int p) {
	if (s > n) return;
	if (nd == m + 1) {
		ans += n / s * p;
		return ;
	}
	
	for (int i = b[nd - 1] + 1; i <= k; i ++) {
		LL lll = lcm(s, a[i - 1]);
		b[nd] = i;
		dfs(nd + 1, m, lll, p);
	}
}
 
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= k; i ++) {
		int x;
		cin >> x;
		a.push_back(x);
	}
	int p = 1;
	for (int i = 0; i < k; i ++) {
		memset(b, 0, sizeof(b));
		dfs(0, i, 1, p);
		p *= -1;
	}
	
	cout << n - ans << endl;
	return 0;
}
 

7. Devu and Birthday Celebration

考虑枚举 $n$ 的因数 $x$ ，将 $\frac{n}{x}$ 拆分成 $f$ 份，那么这样拆分出的 $a_i$ 必然满足有 $x$ 这个因数。

然后考虑容斥，在根号时间内枚举 $n$ 的因数，然后用莫比乌斯函数做容斥系数。即：

$$Ans=\sum_{x|n}\mu(x)\times \dbinom{\frac{n}{x}}{f}$$

8.SQFREE - Square-free integers

直接容斥，求式子：

$$\sum_{i^2\le n}\mu(i)\times \frac{n}{i^2}$$

9. List Of Integers

先来考虑这样一个问题：求 $1\sim x$ 有多少个数与 $p$ 互质。

问题可以转化为求如下式子的值：

$$\sum_{i=1}^{x}(gcd(i,p)==1)$$

这个式子是我们的老熟人了，直接套容斥。即求如下式子的值：

$$\sum_{a|n} \mu(a)\times \left\lfloor \frac{a}{i}\right\rfloor$$

回到原问题，我们可以二分要求的数，那么 $check$ 函数就是如上问题。

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
 
using namespace std;
 
#define R register
const int N = 1e6 + 10;
const int MAX = 1e7;
const int M = 1e6;
typedef long long LL;
int T;
LL x, p, k;
int f[N];
LL cnt, ys[N];
LL mul[N], prime[N], tot;
 
inline void init() {
	mul[1] = 1;
	for (R int i = 2; i <= M; i ++) {
		if (!f[i]) {
			prime[++tot] = i;
			mul[i] = -1;
		}
		for (R int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= M; j ++) {
			LL t = i * prime[j];
			f[t] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) {
				mul[t] = 0;
				break;
			}
			mul[t] = mul[i] * -1;
		}
	}
}
 
inline LL check(LL k, LL p) {
	LL ans = 0;
	for (R int i = 1; i <= cnt; i ++) {
		ans += mul[ys[i]] * (k / ys[i]);
	}
	return ans;
}
 
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	
	init();
	
	cin >> T;
	while (T --) {
		cin >> x >> p >> k;
		
		cnt = 0;
		for (R int i = 1; i * i <= p; i ++) {
			if (p % i == 0) {
				ys[++cnt] = i;
				if (i * i != p) ys[++cnt] = p / i;
			}
		}
		
		
		LL ans_x = check(x, p);
		LL l = x, r = MAX, ans = 0;
		
		while (l <= r) {	
			LL mid = l + r >> 1;
			if (check(mid, p) - ans_x >= k) ans = mid, r = mid - 1;
			else l = mid + 1;
		}
		
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

DP相关

1. [JSOI2011]分特产

正难则反。

$f_i$ 表示钦定（至少）前 $i$ 个人没有分到特产，其他的放任自流的方案数。

$g_i$ 表示恰好 $i$ 个人没有分到特产的方案数。

易得，$g_0$ 就是答案，由二项式反演，得：

$$g_0=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i-0}\times \dbinom{n}{i}\times f_i$$

考虑如何求 $f$ 数组。

要求 $f_i$ ，只需考虑剩下 $n-i$ 个人的取特产情况，考虑将每个特产依次分给这 $n-i$ 个人，由于不一定每个人都要分到，所以问题就等价于允许有空盒的不同盒子放相同球的模型，于是得到如下式子：

$$f_i=\prod_{j=1}^{m} \dbinom{a_j+n-i-1}{n-i-1}$$

然后再用上面的式子求出 $g_0$ 即为答案。

2.Cheerleaders

正难则反。

$f_i$ 表示钦定 $i$ 条边没有人占，其余放任自流的方案数。

容易得出全集即为 $f_0=\dbinom{n\times m}{k}$

考虑求出 $f$ 数组，

当 $i=1$ 时，除去一条边不能占，那么就有 $m\times(n-1)$ 或者 $n\times (m-1)$ 的区域是爱占不占的，于是：

$$f_1=2\times\dbinom{m\times(n-1)}{k}+2\times\dbinom{n\times (m-1)}{k}$$

当 $i=2$ 时，除去两条边不能占，那么就有 $n\times(m-2)$ 或 $m\times(n-2)$ 或 $(n-1)\times (m-1)$ 的区域是爱占不占的，于是：

$$f_2=\dbinom{n\times(m-2)}{k}+ \dbinom{m\times(n-2)}{k} + 2\times\dbinom{(n-1)\times(m-1)}{k}$$

同理可得，当 $i=3$ 和 $i=4$ 的方案数：

$$f_3=2\times\dbinom{(n-1)\times(m-2)}{k} + 2\times\dbinom{(n-2)\times(m-1)}{k}\\ f_4=\dbinom{(n-2)\times(m-2)}{k}$$

套用容斥可知答案为：

$$Ans=f_0-f_1+f_2-f_3+f_4$$

3. [JSOI2015]染色问题

正难则反。

咱这有个不需要脑子的二项式反演做法。。。

$f_{i,j,k}$ 表示钦定 $i$ 行，$j$ 列一个没染，$k$ 个颜色一个没用，其余放任自流的方案数。

$g_{i,j,k}$ 表示恰好 $i$ 行，$j$ 列一个没染，$k$ 个颜色一个没用的方案数。

易得：

$$f_{i,j,k}=\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{j}\dbinom{c}{k}\times (c-k+1)^{(n-i)(m-j)}$$

再由高维二项式反演得：

$$f_{x,y,z}=\sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}\sum_{k=z}^{c}\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{j}\dbinom{c}{k}\times g_{x,y,z}\\ g_{x,y,z}=\sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}\sum_{k=z}^{c}(-1)^{i+j+k-x-y-z}\times\dbinom{i}{x}\dbinom{j}{y}\dbinom{k}{z}\times f_{i,j,k}\\ $$

由于答案就是 $g_{0,0,0}$ ，所以：

$$\begin{aligned} &g_{0,0,0}=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{c}(-1)^{i+j+k}\times\dbinom{n}{0}\dbinom{m}{0}\dbinom{c}{0}\times f_{i,j,k}\\ &\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{c}(-1)^{i+j+k}\times\dbinom{n}{0}\dbinom{m}{0}\dbinom{c}{0}\times\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{j}\dbinom{c}{k}\times (c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\\ &\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{c}(-1)^{i+j+k}\times\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{j}\dbinom{c}{k}\times (c-k+1)^{(n-i)(m-j)} \end{aligned}$$

若直接求这个式子的值，时间复杂度为 $O(nmc\times log(nm))$ ，非常悬。这类柿子一般用二项式定理优化，发现 $(c-k+1)$ 的指数 $(n-i)(m-j)$ 与 $k$ 一点关系没有，于是将 $\sum_{k=0}^{c}$ 拉到最外面枚举，得：

$$g_{0,0,0}=\sum_{k=0}^{c}\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}(-1)^{i+j+k}\times\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{j}\dbinom{c}{k}\times (c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\\ g_{0,0,0}=\sum_{k=0}^{c}(-1)^k\dbinom{c}{k}\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}\sum_{j=0}^{m}(-1)^j\dbinom{m}{j}\times (c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\\ $$

由二项式定理，得：

$$g_{0,0,0}=\sum_{k=0}^{c}(-1)^k\dbinom{c}{k}\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}\times ((c-k+1)^{n-i}-1)^m$$

时间复杂度降为 $O(nc\times log(m))$

4.Sky Full of Stars

正难则反。。。

咱又有一个不需要脑子的高维二项式反演做法。。。

$f_{i,j}$ 表示钦定 $i$ 行 $j$ 列颜色相同，其余的放任自流的方案数。

$g_{i,j}$ 表示恰好 $i$ 行 $j$ 列颜色相同的方案数。

那么 $Ans=\left| \bigcup \right|-g_{0,0}$ ，$\left| \bigcup \right|=3^{n\times n}$ 。

由二维二项式反演可得：

$$\begin{aligned} &g_{0,0}=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{i+j}\times \dbinom{i}{0}\dbinom{j}{0}\times f_{i,j}\\ &\;\;\;\;\;\;=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{i+j}\times f_{i,j} \end{aligned}$$

考虑求出 $f$ 数组。

有一个显然的性质：如果至少有 $1$ 行 和 $1$ 列满足题目要求，那么满足要求的这些行列一定是同种颜色的。如果只有行满足要求，那么行之间就不一定要同种颜色；列也是同理。

于是很快可以求出：

$$f_{i,0}=\dbinom{n}{i}\times 3^i\times 3^{n(n-i)}\\ f_{0,j}=\dbinom{n}{j}\times 3^j\times 3^{n(n-j)}\\ f_{i,j}=\dbinom{n}{i}\dbinom{n}{j}\times 3\times 3^{(n-i)(n-j)}\;\;\;\;\;\;(i\ge1,j\ge1)$$

由于 $f_{i,0}$ 和 $f_{0,j}$ 都可以在线性时间内求出来，而 $f_{i,j}$ 不行，所以将 $f_{i,j}$ 单独拎出来考虑。

$$设\;s=\sum_{j=1}^{n}(-1)^{0+j}\times f_{0,j} + \sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+0}\times f_{i,0}$$

$$\begin{aligned} &g_{0,0}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(-1)^{i+j}\times f_{i,j}+s+f_{0,0}\\ &\;\;\;\;\;\;=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(-1)^{i+j}\times \dbinom{n}{i}\dbinom{n}{j}\times 3\times 3^{(n-i)(n-j)}+s+f_{0,0}\\ &\;\;\;\;\;\;=3\times \sum_{i=1}^{n}(-1)^i\times\dbinom{n}{i}\times \sum_{j=1}^{n}\times \dbinom{n}{j}\times(3^{n-i})^{n-j}\times (-1)^j+s+f_{0,0}\\ &\;\;\;\;\;\;=3\times \sum_{i=1}^{n}(-1)^i\times\dbinom{n}{i}\times ((3^{n-i}-1)^n-(3^{n-i})^{n})+s+f_{0,0} \end{aligned}$$

注意到 $f_{0,0}=3^{n\times n}$ ，所以 $Ans=-3\times \sum_{i=1}^{n}(-1)^i\times\dbinom{n}{i}\times ((3^{n-i}-1)^n-(3^{n-i})^{n})+s$

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
 
using namespace std;
 
typedef long long LL;
const LL MOD = 998244353;
const int N = 1e6 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
 
LL n, sum1, sum;
LL fac[N];
 
LL ksm(LL a, LL b) {
	LL sum = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) sum = sum * a % MOD;
		a = a * a % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return sum;
}
 
void init() {
	fac[0] = 1;
	for (LL i = 1; i <= N - 10; i ++) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
}
 
LL C(LL n, LL m) {
	if (n < m) return 0;
	LL fz = fac[n], fm = fac[m] * fac[n - m] % MOD;
	return fz * ksm(fm, MOD - 2) % MOD;
}
 
int main() {
	init();
	cin >> n;
	
	int p = -1;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		sum1 += p * C(n, i) * ksm(3, i) % MOD * ksm(3, n * (n - i)) % MOD;
		sum1 %= MOD;
		p *= -1;
	}
	sum1 = (sum1 * 2 % MOD);
 
	p = -1;
	for (LL i = 1; i <= n; i ++) {
		sum += p * C(n, i) * (ksm(ksm(3, n - i) - 1, n) - ksm(3, n * (n - i))) % MOD;
		sum = (sum % MOD + MOD) % MOD;
		p = p * -1;
	}
	
	sum = (3 * sum + sum1) % MOD;
	cout << (-sum + MOD) % MOD;
	return 0;
}
 

PS：$f_{i,0}$ 也可以进行二项式反演优化，但是我懒。。。