容斥

容斥

基本形態：

\[\begin{aligned} |X_1\cup X_2 \cup X_3 \cup \cdots X_n|=\sum_{i}|X_i|-\sum_{i<j}|X_i \cap X_j| \cdots \\ +(-1)^{n-1}|X_1\cap X_2\cdots X_n| \end{aligned} \]

令 \(X\) 為所有 \(X_i\) 的集合，則可以簡便地寫成：

\[|\cup_{i=1}^{n}X_i|=\sum_{Y \subseteq X}(-1)^{|Y|-1}|\cap_{e\subseteq Y}e| \]

而在有些題目中，集合 \(X_{i_1}\cap X_{i_2}\cap X_{i_3}……X_{i_k}\) 的大小隻依賴於 \(k\) 而不依賴具體的 \(X\)，那麼找到這些係數 \(a_0，a_1 \cdots a_n\) ，有公式：

\[\begin{aligned} |\overline{X_1}\cap \overline{X_2}\cap\cdots\overline{X_n}| =a_0-\binom{n}{1}a_1+\binom{n}{2}a_2+\cdots+ \\ (-1)^k\binom{n}{k}a_k+\cdots(-1)^n\binom{n}{n}a_n \end{aligned} \]

煎蛋應用：錯位排列

列舉有多少個位置不滿足條件，那麼有容斥：

\[\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i\binom{n}{i}(n-i)!=n!(1-\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}\cdots(-1)^n\dfrac{1}{n!}) \]

P6076 JSOI2015] 染色問題

有幾種限制顯然需要分開處理：

設 \(f_i\) 表示至多用 \(i\) 種顏色染棋盤的方案數。

那麼如果沒有前兩個限制那麼答案就是：

\[\sum_{i=0}^{c-1}(-1)^i\binom{c}{i}f_{c-i} \]

再考慮剩下兩種限制，設 \(g_{i,j}\) 表示 \(i\) 種顏色至多 \(j\) 列有顏色的方案數。

對於每一行，保證至少有一個數，每行的方案數為 \((i+1)^j-1\)，一共有 \(n\) 行，那麼有：

\[\begin{aligned} g_{i,j}&=((i+1)^j-1)^n \\ f_{i}&=\sum_{i=0}^{m-1}(-1)^{i}\binom{m}{i}g_{i,m-i} \end{aligned} \]

再結合上面的式子即可。

P2567 SCOI2010] 幸運數字

這題其實比較平庸，主要是名字比較……

處理出所有隻有 \(6\) 和 \(8\) 的數，一共有 \(2^9\) 個數。

那麼直接列舉子集複雜度是爆的，但是主要到幾個數相乘很快貢獻會變成 \(0\)。

那麼 \(\text{DFS}\) 的時候如果大於了 \(b\) 退出即可。

P4448 AHOI2018初中組] 球球的排列

首先注意到如果 \(x\) 和 \(y\) 的乘積為平方數，\(y\) 和 \(z\) 的乘積為平方數，那麼 \(x\) 和 \(z\) 的乘積也是平方數。那麼一定可以將 \(n\) 若干個不交的等價類。

設可以劃分出 \(m\) 個不交集合，第 \(i\) 個集合有 \(a_i\) 個元素，請計數有多少個排列滿足排列中相鄰兩數不屬於同一集合。

其實也就相當於求的是有恰好 \(0\) 個相鄰點對屬於一個集合。

這種恰好往往是困難的，轉化為求至少有多少個相鄰點對再容斥。

再設 \(b_i\) 表示第 \(i\) 個集合有至少 \(b_i\) 個相鄰點對，再列舉 \(b_i\) 的總和，那麼有：

\[ans=\prod_{i=1}^{n}a_i!\sum_{b_1+b_2+\cdots b_m=k}(-1)^k(n-k)!\prod_{i=1}^{n}\dfrac{1}{(a_i-b_i)!}\binom{a_i-1}{b_i} \]

具體含義：

\(\displaystyle\prod_{i=1}^{n}{a_!}\)：因為每個點的編號不同，所以答案要列舉全排列。

\((n-k)!\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\dfrac{1}{(a_i-b_i)!}\)：因為有 \(k\) 對相鄰點對屬於一個集合，也就相當於進行了一個繫結，那麼還剩下 \((n-k)\) 個動點，對於第 \(i\) 個集合有 \(a_i-b_i\) 個動點，動點又不區分，那麼也就有上式。

\(\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\binom{a_i-1}{b_i}\)：每個集合 \(a_i\) 個數要欽定至少 \(b_i\) 個數相鄰，選擇兩個數間的空隙視為這兩個數相鄰，一共有 \(a_i-1\) 個空隙。

\(-1^k\) 就是正常的容斥係數。

寫的時候就順次列舉 \(i\) 以及 \(b_i\) 實時維護係數的變化即可。

一種對子集狀態的容斥：

P3349 ZJOI2016] 小星星

首先有暴力：\(f_{i,j,S}\) 表示節點 \(i\) 對應著節點 \(j\)，子樹內部集合為 \(S\) 的方案數，轉移的時候列舉每個兒子的所有狀態進行類似卷積的操作。

複雜度 \(O(n^3\times 3^n)\)，被爆了。

注意到複雜度主要來自於列舉子集。考慮能否將子集那一位的狀態給刪掉。

注意到子集那一位唯一需要刻畫的是滿足所有數兩兩不同的性質，或者說 \(1 \sim n\) 每個數恰好都出現了一次。

那麼考慮將恰好一次轉化為至多一次，再配合上容斥轉移。列舉 \(1\sim n\) 的子集 \(S\) 表示欽定不在集合裡面的數不能出現。設 \(f_S\) 表示只考慮集合 \(S\) 裡面的數的答案。

\[ans=\sum_{S}(-1)^{n-|S|}f_S \]

對於每個內層的樹形 \(\text{dp}\) ，設 \(g_{x,i}\) 表示 \(x\) 的子樹中 \(x\) 對應著節點 \(i\) 的方案數，\(vis_{x,y}\) 表示是否原圖中 \(x\) 和 \(y\) 之間是否有連邊。

\[\begin{aligned} g_{x,i}&=\prod_{y\in son_x}\sum_{j}vis_{i,j}f_{y,j} \\ f_{S}&=\sum_{i}g_{1,i} \end{aligned} \]

P9563 SDCPC2023] Be Careful 2

暴力的列舉子集是 \(2^k\) 顯然要被爆了。

首先注意到容斥的時候是列舉包含某個矩形的所有矩形的總面積。橫縱座標本質不同的個數只有至多 \(k\) 個，那麼至多有 \(k^4\) 個小矩形，轉化為列舉小矩形座標再反推貢獻。

然後再觀察 \(k^4\) 個小矩形的容斥係數，注意到只有 \(k^2\) 個左右的小矩形容斥係數不為 \(0\) ，原因在於如果一個矩形內部包含了其他點，那麼這個矩形一定是無貢獻的，原因在於選內部的這個點和不選內部的這個點分別會帶來 \(1\) 和 \(-1\) 的貢獻，剛好抵消。

所以只需要找出所有內部不包含其他點的矩形。

列舉左右邊界的點 \((x1,y1),(x2,y2)\)，那麼下邊界只能是 \(\min(y1,y2)\) 或者是 \(x\in(x1,x2),y\in(0,min(y1,y2))\) 的點中 \(y\) 最大的點，因為如果選擇了不是最大的點，那麼最大點就會被包含在矩形內部。

最後考慮包含某個矩形的所有正方形的總面積。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_d{d^2}w_x(d)w_y(d) \\ w_x(d)&=max(0,min(x_1-1,n-d)-max(0,x2-d-1)+1) \\ w_y(d)&=max(0,min(y_1-1,m-d)-max(0,y_2-d-1)+1) \end{aligned} \]

把 \(min,max\) 拆開，變成分段函式，分別求字首和，細節依託，故從題單中刪除。

P8329 ZJOI2022] 樹

介紹一種偷雞的方法：你先寫個暴力，打個表出來看看，第一棵樹葉子集合為 \(S\) 的方案數和第二棵非葉子集合為 \(S\) 的方案數相等。感性理解下大概是兩者大概是個對稱關係，大概會存在一種對應方式。

代數證明非常困難，不多贅述。

那麼我們現在只用考慮一棵樹，設 \(f_S\) 表示第一棵樹中非葉子節點恰好為 \(S\) 的方案數。

直接計算依舊困難，考慮容斥，設 \(g_S\) 表示非葉子節點為 \(S\) 的子集的方案數。

那麼有：

\[\begin{aligned} g(S)&=\prod_{i=2}^{n}\sum_{j\in S}[j<i] \\ f(S)&=\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|}g(S\backslash T) \end{aligned} \]

答案為所有 \(f(S)\) 的平方和。

\[\begin{aligned} \sum_Sf^2(S)&=\sum_S\left(\sum_{T_1\subset S}(-1)^{|T_1|}g(S\backslash T_1)\right)\left(\sum_{T_2\subset S}(-1)^{|T_2|}g(S\backslash T_2)\right)\\ &=\sum_S\sum_{T_1\subset S}\sum_{T_2\subset S}(-1)^{|T_1|+|T_2|}\left(\prod_{i=2}^{n}\sum_{j\in S\backslash T_1}[j<i]\right)\left(\prod_{i=2}^{n}\sum_{j\in S\backslash T_2}[j<i]\right)\\ &=\sum_S\sum_{T_1\subset S}\sum_{T_2\subset S}(-1)^{|T_1|+|T_2|}\prod_{i=2}^{n}\left(\sum_{j\in S\backslash T_1}[j<i] \right)\left(\sum_{j\subset S\backslash T_2}[j<i]\right) \end{aligned} \]

其實就可以做完了！具體而言，設 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 個點只考慮 \(|S\backslash T_1|,|S\backslash T_2|\) 的大小分別為 \(j,k\)，考慮 \(f_{i-1,j,k}\) 能轉移到哪裡。

一共分五種情況，設 \(x=f_{i-1,j,k}\times j\times k\)

\[\begin{cases} +x\to f_{i+1,j,k} & S 不選\\ +x\to f_{i+1,j+1,k+1} & S選,T_1 不選,T_2 不選\\ -x\to f_{i+1,j+1,k} & S選,T_1 選,T_2 不選\\ -x\to f_{i+1,j,k+1} & S選,T_1 不選,T_2 選\\ +x\to f_{i+1,j,k} & S選,T_1選,T_2選 \end{cases} \]

滾動陣列一下，然後你就切掉了很牛很牛的 \(\text{ZJOI2022}\)