昨天做了一个求[1,n]里能被[2,m]中的数整除的个数，就去搜容斥原理，找到一篇讲得特别好的博客，就转载了其中一部分过来。
转载：https://blog.csdn.net/m0_37286282/article/details/78869512
关于集合的原理公式
上述描述的公式形式可以表示如下：
它可以写得更简洁一些，我们将B作为所有Ai的集合，那么容斥原理就变成了：
这个公式是由 De Moivre (Abraham de Moivre)提出的。
关于概率论的原理
设事件
，
代表发生某些事件的概率（即发生其中至少一个事件的概率），则：
这个公式也可以用B代表Ai的集合：
对于实际问题的应用
一个简单的排列问题
由0到9的数字组成排列，要求第一个数大于1，最后一个数小于8，一共有多少种排列？
我们可以来计算它的逆问题，即第一个元素<=1或者最后一个元素>=8的情况。
我们设第一个元素<=1时有X组排列，最后一个元素>=8时有Y组排列。那么通过容斥原理来解决就可以写成：
经过简单的组合运算，我们得到了结果：
然后被总的排列数10!减，就是最终的答案了。
（0,1,2）序列问题
长度为n的由数字0，1，2组成的序列，要求每个数字至少出现1次，这样的序列有多少种？
同样的，我们转向它的逆问题。也就是不出现这些数字的序列 不出现其中某些数字的序列。
我们定义Ai(i=0…2)表示不出现数字i的序列数，那么由容斥原理，我们得到该逆问题的结果为：
可以发现每个Ai的值都为2^n（因为这些序列中只能包含两种数字）。而所有的两两组合
都为1（它们只包含1种数字）。最后，三个集合的交集为0。（因为它不包含数字，所以不存在）
要记得我们解决的是它的逆问题，所以要用总数减掉，得到最终结果：
方程整数解问题
给出一个方程：
其中
。
求这个方程的整数解有多少组。
我们先不去理会xi<=8的条件，来考虑所有正整数解的情况。这个很容易用组合数来求解，我们要把20个元素分成6组，也就是添加5块“夹板”，然后在25个位置中找5块“夹板”的位置。
然后通过容斥原理来讨论它的逆问题，也就是x>=9时的解。
我们定义Ak为xk>=9并且其他xi>=0时的集合，同样我们用上面的添加“夹板”法来计算Ak的大小，因为有9个位置已经被xk所利用了，所以：
然后计算两个这样的集合Ak、Ap的交集：
因为所有x的和不能超过20，所以三个或三个以上这样的集合时是不能同时出现的，它们的交集都为0。最后我们用总数剪掉用容斥原理所求逆问题的答案，就得到了最终结果：
求指定区间内与n互素的数的个数：
给出整数n和r。求区间[1;r]中与n互素的数的个数。
去解决它的逆问题，求不与n互素的数的个数。
考虑n的所有素因子pi(i=1…k)
在[1;r]中有多少数能被pi整除呢？它就是：
然而，如果我们单纯将所有结果相加，会得到错误答案。有些数可能被统计多次（被好几个素因子整除）。所以，我们要运用容斥原理来解决。
我们可以用2^k的算法求出所有的pi组合，然后计算每种组合的pi乘积，通过容斥原理来对结果进行加减处理。
关于此问题的最终实现：
1 int solve (int n, int r) { 2 vector<int> p; 3 for (int i=2; i*i<=n; ++i) 4 if (n % i == 0) { 5 p.push_back (i); 6 while (n % i == 0) 7 n /= i; 8 } 9 if (n > 1) 10 p.push_back (n); 11 int sum = 0; 12 for (int msk=1; msk<(1<<p.size()); ++msk) { 13 int mult = 1,bits = 0; 14 for (int i=0; i<(int)p.size(); ++i) 15 if (msk & (1<<i)) { 16 ++bits; 17 mult *= p[i]; 18 } 19 int cur = r / mult; 20 if (bits % 2 == 1) 21 sum += cur; 22 else 23 sum -= cur; 24 } 25 return r - sum; 26 } 27
算法的复杂度为 
。
求在给定区间内，能被给定集合至少一个数整除的数个数
给出n个整数ai和整数r。求在区间[1;r]中，至少能被一个ai整除的数有多少。
解决此题的思路和上题差不多，计算ai所能组成的各种集合（这里将集合中ai的最小公倍数作为除数）在区间中满足的数的个数，然后利用容斥原理实现加减。
此题中实现所有集合的枚举，需要2^n的复杂度，求解lcm需要O(nlogr)的复杂度。