容斥原理训练笔记

容斥原理

设S是一个有限集，A_1,A_2…A_n是S的n个子集，则

$|S-\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\sum_{1\leq j_1< j_2...<j_i \leq n}|\bigcap_{k=1}^{i}A_{j_k}|$

基本应用：

m件不同的物品，分给n个人，要求每一个人至少分得一件物品，求不同的分配方案数

令 $A_i$ 表示第i个人没有物品， $S$ 表示 $m$ 个物品分给 $n$ 个人的总方案数

则 $|S-\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\sum_{1\leq j_1< j_2...<j_i\leq n}|\bigcap_{k=1}^{i}A_{j_k}|$

$=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}(n-i)^m$

有 $2 n$ 个元素 $a_1,a_2, ...,a_n$ 和 $b_1,b_2, ...,b_n$ ，求有多少个它们的全排列，满足任意的

$\leq i \leq n$ , $a_i$ 和 $b_i$ 都不相邻。

同样的，令 $A_i$ 表示 $a_i$ 和 $b_i$ 相邻，

则 $|S-\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\sum_{1\leq j_1< j_2...j_i \leq n}|\bigcap_{k=1}^{i}A_{j_k}|$
$=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}|有i对相邻的方案数|$
$=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}2^i*(2n-i)!$

有了以上基本常识就可以上大招了

例题

CF449D

大意：
给出一个长度为n的序列 $a_1,a_2...a_n$ 。求从中选择一个非空子集使得他们的按位与之和等于0的方案数

思路：
不考虑复杂度的话我们有一个非常套路的容斥做法。考虑性质Ai表示子集与之后第i位为1，那么我们的答案其实就是
$|\Omega -A_1\bigcup A_2...\bigcup A_{20}|=\sum_{i=0}^{20}(-1)^i\sum_{1\leq j_1 < j_2...<j_i \leq 20 }|A_{j_1}\bigcup A_{j_2}...A_{j_i}|$
其中||符号就表示集合的大小

显然就可以状压枚举，这样的时间复杂度是 $O (n * 1 e 6)$ ，考虑优化。

注意到对于 $|A_{j_1}\bigcup A_{j_2}...A_{j_i}|$ ，我们记满足对应所有性质的元素的个数为k，则该集合的大小就是 $2^k-1$ ,那么什么元素会满足这些性质呢？就是二进制为其超集的元素呗，其价值就是1.

所以我们只要做一遍超集后缀和即可，时间复杂度来到 $O (20 * 1 e 6)$

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e5+10;
const ll mod=1e9+7;
ll n,cnt=0,a;
ll mas[N];
ll up=20;
ll vis[30];
ll dp[(1<<20)+10];
ll ksm(ll x,ll y)
{ll ans=1;while(y){if(y&1) ans=ans*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}return ans;
}
ll gt()
{ll tot=0;ll fl;for(int i=1;i<=n;++i){fl=1;for(int j=0;j<up;++j){if(!vis[j]) continue;if((mas[i]&(1<<j))==0){fl=0;break;}}if(fl) tot++;}return ((ksm(2,tot)-1)%mod+mod)%mod;
}
void solve()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a,dp[a]++;for(int j=0;j<up;++j){for(int i=0;i<(1<<up);++i){if((i&(1<<j))==0) dp[i]+=dp[i^(1<<j)];}}ll ans=0;for(int s=0;s<(1<<up);++s){cnt=0;for(int i=0;i<up;++i) if(s&(1<<i)) cnt++;if(cnt%2) ans=((ans-ksm(2,dp[s])+1)%mod+mod)%mod;else ans=((ans+ksm(2,dp[s])-1)%mod+mod)%mod;}cout<<ans<<endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();return 0;
}

CF1799G

大意：
在这里插入图片描述

思路：
个人认为这道题还是很顶的

题目有两个限制：每个人要得到 $c_i$ 票，每个人不能投给自己组

然后这里就有一个很巧妙的转化：我们可以先将同一个组的人放在一起来看，这样就可以将第一个限制稍微弱化一些，最后我们再想办法处理组内的方案数

那么此时的问题如下：每一个组 $i$ 总共有 $num_i$ 人,总共需要 $f_i$ 票，组内的人不能投给自己组，求合法方案数

考虑生成函数处理

我们用 $a_i$ 来表示第 $i$ 组的变元。那么对于第 $i$ 组的每一个人来说，它能投给除了自己组外的任河组，所以它的贡献是 $a_1+a_2+...+a_{i-1}+a_{i+1}+...+a_n$ ,我们可以简单记为 $s-a_i$ ,其中s就表示 $\sum_{i=1}^{n}a_i$

那么我们最后得到式子为 $s-a_1)^{num_1}(s-a_2)^{num_2}...(s-a_n)^{num_n}$ ,记为 $S$ ,而我们的答案显然就是 $a_1^{f_1}a_2^{f_2}...a_n^{f_n}](S)$ .此时不难发现，对于 $a_i$ 的指数，每一个s都可以提供1，而 $s-a_i)^{num_i}$ 中的 $a_i$ 也可以提供不多于 $num_i$ 的指数。

所以我们考虑每一个 $a_i$ 的次数 $\det_i(det_i \leq num_i,det_i \leq f_i)$ ,则每一个i有一个从 $num_i$ 中选择 $det_i$ 的方案数 $\binom{num_i}{det_i}$ ,并且 $det_i$ 会提供 $1)^{det_i}$ 的系数，然后剩下的所有指数都由 $s$ 提供，总共是 $\sum f_i-\sum det_i=n-\sum det_i$ ,要分成若干堆，第i堆有 $f_i-det_i$ 个，所以其实是一个可重集，不同组之间是相乘的关系，那么最终的答案其实就是
$ans=\sum_{det_i\leq f_i}(-1)^{\sum det_i}\prod (\binom{num_i}{det_i})\binom{(n-\sum det_i)!}{(f_1-det_1)!(f_2-det_2)!...(f_n-det_n)!}$
$=\prod num_i *\sum_{det_i\leq f_i}(-1)^{\sum det_i}\frac{(n-\sum det_i)!}{\prod det_i!(num_i-det_i)!(f_i-det_i)!}$

那么其实n只有200，所以我们可以比较轻松地来得到这个式子的结果

考虑枚举 $\sum det_i$ ,我们记为 $d$ ,那么再记一个 $dp_{i,j}$ 表示当前处理到了第i组， $\sum_{x \leq i}det_i=j$ ,显然只要在过程中枚举合法的 $det_i$ 就能完成这个dp了，外层枚举d，内层枚举i,j,最内层枚举 $det_i$ ,乍一看时间复杂度好像是 $O(n^4)$ ,但是因为 $det_i \leq num_i$ ,而 $\sum num_i=n$ ,所以实际复杂度只有 $O(n^3)$

这样我们就完成了组与组之间的关系。考虑组内部的票数分配， $num_i$ 个人，每一个人需要 $c_i$ 票，总共 $\sum c_i=f_i$ 票，所以这其实还是一个多重集，那么我们只要乘上系数 $\frac{f_i!}{\prod c_i!}$ 即可

推推式子还是有点累的~

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=210;
const ll mod=998244353;
ll n;
ll f[N],t[N],c[N],num[N];//每一组的总期望票数，组别，个人期望票数,每组人数
ll dp[N][N];
ll ksm(ll x,ll y)
{ll ans=1;while(y){if(y&1) ans=ans*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}return ans;
}
ll inv(ll x)
{return ksm(x,mod-2);
}
ll p[N],pp[N];
void init(ll n)
{p[0]=1;for(ll i=1;i<=n;++i) p[i]=p[i-1]*i%mod;pp[n]=inv(p[n]);for(int i=n-1;i>=0;--i) pp[i]=pp[i+1]*(i+1)%mod;}
void solve()
{init(200);// for(int i=1;i<=10;++i) cout<<p[i]<<" "<<pp[i]<<endl;cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i) cin>>c[i];//期望票数for(int i=1;i<=n;++i) cin>>t[i],f[t[i]]+=c[i];for(int i=1;i<=n;++i) num[t[i]]++;ll ans=1,sum=0;for(int i=1;i<=n;++i) ans=ans*p[num[i]]%mod;for(int d=0;d<=n;++d)//det_i之和{for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=0;j<=n;++j) dp[i][j]=0;dp[0][0]=p[n-d];for(int i=1;i<=n;++i){//当前枚举到第i组for(int j=0;j<=d;++j)//到第i个人位置det_i的总和为j{for(int k=0;k<=min(f[i],num[i])&&k<=j;++k)//det_i=k{ll det=pp[k]*pp[num[i]-k]%mod*pp[f[i]-k]%mod;dp[i][j]=(dp[i][j]+det*dp[i-1][j-k]%mod)%mod;}}}if((d%2)==0) sum=(sum+ans*dp[n][d]%mod)%mod;else sum=((sum-ans*dp[n][d]%mod)%mod+mod)%mod;}for(int i=1;i<=n;++i)//组内多重集{sum=sum*p[f[i]]%mod*pp[c[i]]%mod;}cout<<sum<<endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();return 0;
}

未完待续

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