ACM数论之旅13---容斥原理（一切都是命运石之门的选择(=ﾟωﾟ)ﾉ）

 容斥原理我初中就听老师说过了，不知道你们有没有听过(/≧▽≦)/

百度百科说：

在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。

为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法。

这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复。

这种计数的方法称为容斥原理。

好标准的说法（#－.－）

那我举个简单的例子

两个集合的容斥原理: 设A, B是两个有限集合

那么

|A + B| = |A| + |B| - |AB|

|A|表示A集合中的元素个数

三个集合的容斥原理: 设A, B, C是三个有限集合

那么

|A + B + C| = |A| + |B| + |C| - |AB| - |AC| - |BC| + |ABC|

这就叫容斥原理

接下来直接做例题了

全错排（装错信封问题）

hdu 1465

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1465

n封信对应n个信封

求恰好全部装错了信封的方案数

本来全错排是有自己的一个公式的，叫全错排公式（跟容斥没关系）

那我顺便来讲讲全错排( ＞ω＜)

要装第i封信的时候，先把前i-1个信全装错信封，然后随便选其中一个与第i封信交换，有i-1种选法

那么dp[i] = (i-1) * dp[i-1]

但是还有一种情况

要装第i封信的时候，先从i-1封信中任选i-2个信把他们全装错信封，然后把剩下的那个信与第i个交换，从i-1封信中任选i-2个信有i-1种选法

那么dp[i] = (i-1) * dp[i-2]

两个式子联合起来

就是那么dp[i] = (i-1) * (dp[i-1] + dp[i-2])

这就是全错排公式，递推，递归都可以做

全错排递推AC代码：

#include<cstdio>
typedef long long LL;
int n;
LL dp[25];
void init(){
    dp[1] = 0;
    dp[2] = 1;
    for(int i = 3; i <= 20; i ++){
        dp[i] = (i-1) * (dp[i-1] + dp[i-2]);
    }
}
int main(){
    init();
    while(~scanf("%d", &n)){
        printf("%I64d
", dp[n]);
    }
}

那么这题容斥怎么做呢？

首先，所有装信的总数是n!

（在n中任选一个信封放进一封信，然后在剩下的n-1中任选一个信封放进一封信，以此类推，所以是n*(n-1)*(n-2)... = n!）

 假设

A1表示1封信装对信封，数量是(n-1)! （只有n-1个位置可以乱放）

A2表示2封信装对信封，数量是(n-2)! （只有n-2个位置可以乱放）

...

An表示n封信装对信封，数量是1 

那么这题的答案就是

n! - C(n, 1)*|A1| + C(n, 2)*|A2| - C(n, 3)*|A3| + ... + (-1)^n * C(n, n)*|A4|

把C(n, m)用

代入式子

化简

n! - n! / 1! + n! / 2! - n! / 3! + ... + (-1)^n * n! / n!

提取n!

n!(1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ... + (-1)^n * 1/n!)

附上容斥AC代码：

#include<cstdio>
typedef long long LL;
int n, flag;
LL fac[25];
LL ans;
void init(){
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 20; i ++) fac[i] = fac[i-1] * i;    
}
int main(){
    init();
    while(~scanf("%d", &n)){
        ans = fac[n];
        flag = -1;//容斥的符号变化
        for(int i = 1; i <= n; i ++){
            ans += flag * fac[n] / fac[i];
            flag = -flag;  
        }
        printf("%I64d
", ans);
    }
}

第二例题：

UVALive 7040

https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=5052

题意：给n盆花涂色，从m种颜色中选取k种颜色涂，保证正好用上k种颜色，你必须用上这k种颜色去涂满n个相邻的花，并且要求相邻花的颜色不同，求方案数。

 (1 ≤ n, m ≤ 1e9 , 1 ≤ k ≤ 1e6 , k ≤ n, m)

首先，用k种颜色涂花，假如不考虑全部用上，那么总的方案数是多少

第一盆花有k种颜色选择，之后的花因为不能跟前一盆花的颜色相同，所以有k-1种选择

于是总方案数为k*(k-1)^(n-1)

因为题目问必须用上k种颜色

这里面包含了只用k-1种颜色的情况，应该减掉所有用k-1种的情况

减掉的东西里面，这里面包含了只用k-2种颜色的情况，应该加回来

...

反反复复，最后就得出答案了（这算是解释吗。。。）

最后答案就是

C(m,k) * ( k * (k-1)^(n-1) + [∑((-1)^i * C(k, k - i) * (k-i) * (k-i-1)^(n-1)) ] )    (1 <= i <= k-1)    红色表示容斥部分

（这里m有1e9，C(m, k)直接用for循环算，直接for循环从m*(m-1)*...*(m-k+1)再乘k的阶乘的逆元）

 AC代码：

#include<cstdio>
typedef long long LL;
const int N = 1000000 + 5;
const int MOD = (int)1e9 + 7;
int F[N], Finv[N], inv[N];
LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){ 
    LL ret = 1;
    while(b){
        if(b & 1) ret = (ret * a) % p;
        a = (a * a) % p;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
void init(){
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i ++){
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
    }
    F[0] = Finv[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i ++){
        F[i] = F[i-1] * 1ll * i % MOD;
        Finv[i] = Finv[i-1] * 1ll * inv[i] % MOD;
    }
}
int comb(int n, int m){
    if(m < 0 || m > n) return 0;
    return F[n] * 1ll * Finv[n - m] % MOD * Finv[m] % MOD;
}
int main(){
    init();
    int T, n, m, k, ans, flag, temp;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        ans = k * pow_mod(k-1, n-1, MOD) % MOD;
        flag = -1;
        //计算容斥 
        for(int i = 1; i <= k-1; i ++){
            ans = (ans + 1ll * flag * comb(k, k-i) * (k-i) % MOD * pow_mod((k-i-1), n-1, MOD) % MOD) % MOD;
            flag = -flag;
        }
        //接下来计算C(m, k) 
        temp = Finv[k];
        for(int i = 1; i <= k; i ++){
            temp = 1ll * temp * (m-k+i) % MOD;
        }
        ans = ((1ll * ans * temp) % MOD + MOD) % MOD;
        printf("Case #%d: %d
", cas, ans);
    }
}

第三例题：（容斥这章的例题我可能会写很多(o^∇^o)ﾉ预祝玩的开心have fun）

hdu 4135

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4135

题意：就是让你求(a,b)区间与n互质的数的个数.

我们可以先求(1~b)区间的答案，然后减去(1~a-1)区间的答案

这样问题就转换为(1~m)区间与n互质的数的个数

互质的不好求，我们可以求不互质的个数，然后减一下

所有我们先求出n的所有质因数，然后用容斥做

AC代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
vector <LL > prime_factor;
vector <LL > vec;
void init(LL x){
    //预处理质因子 
    prime_factor.clear();
    for(LL i = 2; i*i <= x; i++){
        if(x % i == 0){
            prime_factor.push_back(i);
            while(x % i == 0) x /= i;
        }
    }
    if(x > 1) prime_factor.push_back(x);
    //预处理容斥中的倍数项，符号正好是一个减一个加    
    int vec_size;
    vec.clear();
    for(int i = 0; i < prime_factor.size(); i ++){
        vec_size = vec.size();//因为vec.size()在接下来的运算中会改变 
        for(int j = 0; j < vec_size; j ++){
            vec.push_back(vec[j] * prime_factor[i]);
        }
        vec.push_back(prime_factor[i]);
    }
}
LL work(LL x){
    //接下来容斥
    LL ans = x, flag = -1;
    for(int i = 0; i < vec.size(); i ++){
        ans += flag * x / vec[i];
        flag = -flag;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T;    
    LL l, r, n;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){
        scanf("%I64d%I64d%I64d", &l, &r, &n);
        init(n); 
        printf("Case #%d: %I64d
", cas, work(r) - work(l-1));
    }
}

容斥中的那些倍数我是这么处理的

比如30 = 2 * 3 * 5

一开始数组里面什么都没有

然后变成

2

然后把3挨个乘过去的值放在数组后面，同时将自己也放进数组

2 6 3

然后5也是一样

2 6 3 10 30 15 5

最后答案n就是等于

n - n / 2 + n / 6 - n / 3 + n / 10 - n / 30 + n / 15 - n / 5

当然，除了数组形式，还可以用位运算来实现容斥

AC代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
vector <LL > prime_factor;
void init(LL x){
    //预处理质因子 
    prime_factor.clear();
    for(LL i = 2; i*i <= x; i++){
        if(x % i == 0){
            prime_factor.push_back(i);
            while(x % i == 0) x /= i;
        }
    }
    if(x > 1) prime_factor.push_back(x);
}
LL work(LL x){
    //接下来容斥
    LL ans = x, cnt, temp;
    for(int i = 1; i < (1 << prime_factor.size()); i ++){
        cnt = 0;
        temp = 1;
        for(int j = 0; j < prime_factor.size(); j ++){
            if(i & (1 << j)){
                temp *= prime_factor[j];
                cnt ++;
            }
        }
        if(cnt & 1) ans -= x / temp;
        else ans += x / temp;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T;    
    LL l, r, n;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){
        scanf("%I64d%I64d%I64d", &l, &r, &n);
        init(n); 
        printf("Case #%d: %I64d
", cas, work(r) - work(l-1));
    }
}

第四例题：

hdu 1695

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695

题意:给你5个数a，b，c，d，k

在a~b中选一个x, c~d中选一个y，满足gcd(x,y) = k , 求(x,y) 的对数 

a, b, c, d, k, 0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000

在题目描述的最后一行有一句话，多组里面所有的a和c都是1（这题目不是坑爹吗(╯‵□′)╯︵┻━┻那输入a和c有什么用）

然后题目变成

在1~b中选一个x, 1~d中选一个y，满足gcd(x,y) = k , 求(x,y) 的对数 。。。（无语中。。。）

gcd(x, y) == k 说明x,y都能被k整除, 但是能被k整除的未必gcd=k  , 必须还要满足互质关系

那么问题就转化为

求1~b/k 和 1~d/k间，gcd(x,y) = 1对数的问题

假设b/k小于d/k

那么当y <= b/k时，就是求1到b/k的欧拉函数的和

y > b/k时，只好枚举y从b/k到d/k，用第3例题的求法

这样问题就解决了（注意：k可以等于0，要特判）

AC代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5+10 ;
vector <LL > prime_factor;
int phi[N], prime[N];
int tot;//tot计数，表示prime[N]中有多少质数 
void Euler(){
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i ++){
        if(!phi[i]){
            phi[i] = i-1;
            prime[tot ++] = i;
        }
        for(int j = 0; j < tot && 1ll*i*prime[j] < N; j ++){
            if(i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j]-1);
            else{
                phi[i * prime[j] ] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
        }
    }
}
void getFactors(int x){
    prime_factor.clear();
    for(int i = 0; prime[i] <= x / prime[i]; i ++){
        if(x % prime[i] == 0){
            prime_factor.push_back(prime[i]);
            while(x % prime[i] == 0) x /= prime[i];
        }
    }
    if(x > 1) prime_factor.push_back(x);
}
LL work(int n, int m){
    LL ans = n, cnt, temp;
    getFactors(m);
    for(int i = 1; i < (1 << prime_factor.size()); i ++){
        cnt = 0;
        temp = 1;
        for(int j = 0; j < prime_factor.size(); j ++){
            if(i & (1 << j)){
                temp *= prime_factor[j];
                cnt ++;
            }
        }
        if(cnt & 1) ans -= n / temp;
        else ans += n / temp;
    }
    return ans;
}
int main(){
    Euler();
    int T, a, b, c, d, k;
    LL ans;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        if(k == 0){
            printf("Case %d: 0
", cas);
            continue;
        }
        if(b > d) swap(b, d);//假设b<=d
        b /= k; d /= k; 
        ans = 0;
        for(int i = 1; i <= b; i ++) ans += phi[i];
        for(int i = b + 1; i <= d; i ++) ans += work(b, i);
        printf("Case %d: %I64d
", cas, ans);
    }
}

这题时间只能算卡过去的，因为正常计算下来，这样的代码会超时，只是数据水

这题正确的做法应该是莫比乌斯反演，我们以后会讲到

容来容去，脑子都乱了。。。。

 ＞﹏＜