容斥原理学习笔记

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定义

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。

一、普通容斥

公式

设 (U) 中元素有 (n) 种不同的属性，而第 (i) 种属性称为 (P_i)，拥有属性(P_i) 的元素构成集合(S_i) ，那么

[egin{split} left|igcup_{i=1}^{n}S_i ight|=&sum_{i}|S_i|-sum_{i<j}|S_icap S_j|+sum_{i<j<k}|S_icap S_jcap S_k|-cdots\ &+(-1)^{m-1}sum_{a_i<a_{i+1} }left|igcap_{i=1}^{m}S_{a_i} ight|+cdots+(-1)^{n-1}|S_1capcdotscap S_n| end{split} ]

即

[left|igcup_{i=1}^{n}S_i ight|=sum_{m=1}^n(-1)^{m-1}sum_{a_i<a_{i+1} }left|igcap_{i=1}^mS_{a_i} ight| ]

大概的思想就是奇加偶减，用单个元素之和减去两个集合相交的部分，再减去三个集合相交的部分，再加上四个集合相交的部分

证明

对于每个元素使用二项式定理计算其出现的次数。对于元素 (x)，假设它出现在(T_1,T_2,T_3...)的集合中，那么它的出现次数为

[egin{split} Cnt=&|{T_i}|-|{T_icap T_j|i<j}|+cdots+(-1)^{k-1}left|left{igcap_{i=1}^{k}T_{a_i}|a_i<a_{i+1} ight} ight|\ &+cdots+(-1)^{m-1}|{T_1capcdotscap T_m}|\ =&C_m^1-C_m^2+cdots+(-1)^{m-1}C_m^m\ =&C_m^0-sum_{i=0}^m(-1)^iC_m^i\ =&1-(1-1)^m=1 end{split} ]

以上引用自OI-WIKI

例题一：八

题目描述

八是个很有趣的数字啊。
八=发，八八=爸爸，(88)=拜拜。
当然最有趣的还是 (8)
用二进制表示是 (1000)。
怎么样，有趣吧。当然题目和这些都没有关系。
某个人很无聊，他想找出 ([a,b])中能被 (8)整除却不能被其他一些数整除的数。

输入格式

第一行一个数 (n)，代表不能被整除的数的个数。
第二行 (n)个数，中间用空格隔开。
第三行两个数 (a,b)，中间一个空格。

输出格式

一个整数，为 ([a,b])间能被 整除却不能被那 (n)个数整除的数的个数。

样例

样例输入

3
7764 6082 462
2166 53442

样例输出

6378

数据范围与提示

对于 (30\%)的数据， (1⩽n⩽5,1⩽a⩽b⩽10^5)。
对于 (100\%)的数据，(1⩽n⩽15,1⩽a⩽b⩽10^9) 。(n)个数全都小于等于 (10^4) 大于等于 (1) 。

分析

我们先算出 ([l,r]) 中能被 (8) 整除的数的个数，再减去能被 (8)和 (n) 个数中任意一个数整除的数的个数，再加上能被 (8)和 (n) 个数中任意两个数整除的数的个数，依此类推

代码

#include<cstdio>
#define rg register
const int maxn=18;
int a[maxn],n,l,r,mmax,ans;
long long gcd(long long aa,long long bb){
	if(bb==0) return aa;
	return gcd(bb,aa%bb);
}
long long lcm(long long aa,long long bb){
	return 1LL*aa/gcd(aa,bb)*bb;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	scanf("%d%d",&l,&r);
	mmax=(1<<n)-1;
	ans=r/8-(l-1)/8;
	rg long long now;
	rg int cnt;
	for(int i=1;i<=mmax;i++){
		now=8,cnt=0;
		for(rg int j=1;j<=n;j++){
			if(i&(1<<(j-1))){
				now=lcm(now,(long long)a[j]);
				if(now>r) break;
				cnt++;
			}
		}
		if(cnt&1) ans-=(1LL*r/now-1LL*(l-1)/now);
		else ans+=(1LL*r/now-1LL*(l-1)/now);
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

例题二、建设城市

题目描述

分析

如果我们不考虑最多选 (k) 个施工队的限制的话，那么总方案数为 (C_{m-1}^{n-1})（根据隔板法）
现在我们要做的就是求出不满足限制的方案数
我们可以分别算出至少有 (i) 座城市不满足限制的方案数 (C_n^i imes C{m-1-k imes i}^{n-1})
含义是先从 (n) 座城市里选出 (i) 座城市，再从剩下的 (m-1-k imes i) 个空位中选出 (n-1) 个空位
在根据容斥原理求出不满足条件的方案数
用总方案数一减就可以了

代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define rg register
const int mod=998244353;
const int maxn=1e7+5;
int n,m,k,ny[maxn],jc[maxn],jcc[maxn],ans;
int getC(int nn,int mm){
	return 1LL*jc[nn]*jcc[nn-mm]%mod*jcc[mm]%mod;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	if(m<n || 1LL*n*k<1LL*m){
		printf("0
");
		return 0;
	}
	ny[1]=1;
	for(rg int i=2;i<maxn;i++){
		ny[i]=1LL*(mod-mod/i)*ny[mod%i]%mod;
	}
	jc[0]=jcc[0]=1;
	for(rg int i=1;i<maxn;i++){
		jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%mod;
		jcc[i]=1LL*jcc[i-1]*ny[i]%mod;
	}
	ans=getC(m-1,n-1);
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		if(m-i*k<n) break;
		if(i&1) ans-=1LL*getC(n,i)*getC(m-i*k-1,n-1)%mod;
		else ans+=1LL*getC(n,i)*getC(m-i*k-1,n-1)%mod;
		if(ans<mod) ans+=mod;
		if(ans>=mod) ans-=mod;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

例题三、P1450 [HAOI2008]硬币购物

题目描述

传送门

分析

同样的方法，我们可以预处理出没有硬币个数限制的方案数，即完全背包
再通过容斥原理求出不满足限制的方案数

代码

#include<cstdio>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;
ll f[maxn],ans;
int c[maxn],d[maxn],n,s;
int main(){
	c[1]=read(),c[2]=read(),c[3]=read(),c[4]=read();
	n=read();
	f[0]=1;
	for(rg int i=1;i<=4;i++){
		for(rg int j=c[i];j<maxn;j++){
			f[j]+=f[j-c[i]];
		}
	}
	int now=0,nans=0;
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		ans=0;
		d[1]=read(),d[2]=read(),d[3]=read(),d[4]=read(),s=read();
		for(rg int j=1;j<=15;j++){
			now=0,nans=0;
			for(rg int k=1;k<=4;k++){
				if(j&(1<<(k-1))){
					now++;
					nans+=(d[k]+1)*c[k];
				}
			}
			if(s>=nans){
				if(now&1) ans+=f[s-nans];
				else ans-=f[s-nans];
			}
		}
		ans=f[s]-ans;
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}

二、Min-max 容斥

公式

对于全序集合(S)，有

[egin{split} max S &= sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1} min T\ min S &= sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|-1} max T end{split} ]

以上引用自OI-WIKI

证明

对于第一个式子
我们设 (A_k)​ 为 (U) 内元素降序排序后排名第 (k) 的元素,也就是第 (k) 大。
若 (k=1) ，那么 (A_1) 作为最小值只会出现一次 ，系数为(1)
若 (k>1)，那么 (A_k) 作为最小值会出现 (2^{k-1}) 次，其中有 (2^{k-2}) 次出现在元素个数为偶数的序列中，另外的(2^{k-2})次出现在元素个数为奇数的序列中
最终加和的结果即为 (A_1)
对于第二个式子也是同理
这个东西主要用在期望题中，因为期望下的 (min)和(max)是很难求的

例题、礼物

题目描述

夏川的生日就要到了。作为夏川形式上的男朋友，季堂打算给夏川买一些生日礼物。商店里一共有种礼物。夏川每得到一种礼物，就会获得相应喜悦值 (W_i)​（每种礼物的喜悦值不能重复获得）。每次，店员会按照一定的概率 (P_i)​（或者不拿出礼物），将第 (i)种礼物拿出来。季堂每次都会将店员拿出来的礼物买下来。没有拿出来视为什么都没有买到，也 算一次购买。

众所周知，白毛切开都是黑的。所以季堂希望最后夏川的喜悦值尽可能地高。

求夏川最后最大的喜悦值是多少，并求出使夏川得到这个喜悦值，季堂的期望购买次数。

输入格式

第一行，一个整数 (N)，表示有 (N) 种礼物。

接下来 (N)行，每行一个实数 (P_i)​和正整数 (W_i)​，表示第 (i) 种礼物被拿出来的概率和可以获得喜悦值。

输出格式

第一行，一个整数表示可以获得的最大喜悦值。

第二行，一个实数表示获得这个喜悦值的期望购买次数，保留 (3) 位小数。

样例

样例输入

3
0.1 2
0.2 5
0.3 7

样例输出

14
12.167

数据范围与提示

对于 (10\%)的数据， (N=1)

对于 (30\%) 的数据， (Nle5)

对于 (100\%)的数据， (N le 25 ,0 < Wi le 10^9 ,0 < Pi le 1 ext{且}sum P_i le 1)

分析

显然第一问应该输出所有礼物的喜悦值之和
对于第二问，用(max)代表将集合里的礼物全部买齐的期望，用 (min)代表买到集合中礼物任意一件的期望
套一下式子就可以了

代码

#include<cstdio>
const int maxn=30;
int a[maxn],n;
double p[maxn],ans2;
long long ans1;
void dfs(int now,double sum,int cnt){
	if(now>n){
		if(cnt&1) ans2+=1.0/sum;
		else if(cnt) ans2-=1.0/sum;
		return;
	}
	dfs(now+1,sum+p[now],cnt+1);
	dfs(now+1,sum,cnt);
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf%d",&p[i],&a[i]);
		ans1=ans1+a[i];
	}
	printf("%lld
",ans1);
	dfs(1,0,0);
	printf("%.3f
",ans2);
	return 0;
}