初探容斥原理

~~如果有错误，欢迎打脸~~ ~~（由于太懒还没）~~同步于[我的博客](https://czyhe.me/algorithm/in-ex/in-ex/) 有时候我们要按照类别来统计数量，可能有的元素属于多个不同的类别。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，可以利用容斥原理。 # 一些前置技能 ## 二项式定理 $$\sum_{i=0}^{n}{n \choose i}a^ib^{n-i}=(a+b)^n$$ ## 交换求和号 这个不太好描述……具体问题具体分析……就举个例子…… $$\sum_{i=0}^{n} f(i) \sum_{j=0}^{i} g(j)h(i,j)=\sum_{j=0}^{n} g(j) \sum_{i=j}^{n} f(i)h(i,j)$$ 交换后只要保证每一组乘积与之前一一对应即可 ## 组合数经典公式 $${n \choose i}={n-1 \choose i}+{n-1 \choose i-1}$$ 公式化的理解：手动拆开式子然后约分 从组和数上的意义理解：从$n$个物品中挑选出$i$个物品，相当于考虑是否最终挑选出第$i$个物品，如果不挑选出，那么方案数为${n-1 \choose i}$，如果挑选出，那么方案为${n-1 \choose i-1}$ 这个公式十分有用……如果是一个组合数乘上一个$-1$的若干次幂后求和的形式，可以直接大力拆式子，然后一正一负就消掉了…… # 参考文献 [WerKeyTom_FTD 《容斥的原理及广义应用》](https://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/74701513) # 什么是容斥 从一个简单的例题说起 有$k$种属性，你有一个函数$f(S)$，可以快速得知至少满足$S$属性的集合的物品个数，同时定义$f(\emptyset)=0$ 现在你想知道至少有一种属性的物品的个数，$k \le 20$ 可能小学老师们告诉过你，答案就是 $$\sum_{S \subseteq U}f(S)(-1)^{|S|+1}$$ 通过文氏图，可以轻而易举的得知在$k \le 3$的时候是十分清晰易懂的，那么在$k$更高维的情况下，不妨证明一下为什么这个式子是对的 考虑每一个物品，假设它有$n$个属性，当然在$n=0$的时候只会被$f(\emptyset)$枚举到，而且对答案的贡献为$0$ 如果$n \ge 1$，那么可以枚举一下它的属性会被哪些组合枚举到，既 $$\begin{aligned}\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} (-1)^{i+1}&=-(\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} (-1)^{i})\\&=-((1-1)^n-1)\\&=1\end{aligned}$$ 因此这个物品如果至少有一个属性的话那么一定会被只对答案产生$1$的贡献 ~~也许对容斥有了一些感性的理解了吧~~ # 一般化的经典容斥 首先需要有一个属性集合$k$，然后假设有一个可以查询至少满足属性集合$S$的物品个数的函数$q(S)$ 同时还有一个函数$g(k)$，对于一个有$k$个属性的物品，它会对答案产生$g(k)$的贡献 同时确定一个容斥系数$f(x)$，使得答案为$\sum_{S \subseteq U}q(S)f(|S|)$ 此时看一下每一个物品会怎么对答案产生贡献的（假设这个物品有$n$个属性）： $$\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} f(i)=g(n)$$ 如果允许$O(n^2)$的时间复杂度的话，可以直接通过递推来计算出$f(x)$ 既假设知道了$f(1) \sim f(n)$，现在要计算$f(n+1)$，根据定义有 $$\sum_{i=1}^{n+1} {n + 1 \choose i} f(i)=g(n+1) \Rightarrow f(n+1)=g(n+1)-\sum_{i=1}^{n} {n+ 1\choose i} f(i)$$ ~~于是就可以打表找规律了！~~ # 计算容斥系数 然而如果需要快速计算$f(x)$呢？ 发现上面那个式子比较像卷积的形式，定义$f(0)=0$ 也就是说 $$\begin{aligned}g(n)&=\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} f(i) \\&=\sum_{i=0}^{n}\frac{n!}{i!(n-i)!}f(i) \\&=n!\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{(n-i)!}\frac{f(i)}{i!} \\\end{aligned}$$ 整理一下就是 $$\frac{g(n)}{n!}=\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{(n-i)!}\frac{f(i)}{i!}$$ 设$G(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\frac{g(i)}{i!},H(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\frac{1}{i!}=e^x,F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\frac{f(i)}{i!}$ 则$G(x)=H(x)F(x)$，也就是$F(x)=\frac{G(x)}{H(x)}=e^{-x}G(x)$ 于是可以用优秀的多项式求逆算法在$O(n \log n)$的时间复杂度内解决了！ > 当然还有一种优秀的反演方法……并没有学会…… > > 可以在[WerKeyTom_FTD 《容斥的原理及广义应用》](https://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/74701513)中看到 # 一些简单的应用 ## 统计人数问题 已知在某场比赛中，一共有$\{1,2,3\}$这三道题，同时你可以查询$f(S)$，会返回至少切了集合$S$的题的人的个数，问有多少人至少切了一道题？ 根据上面的推导，可以知道答案就是 $$f(\{1\})+f(\{2\})+f(\{3\})-f(\{1,2\})-f(\{1,3\})-f(\{2,3\})+f(\{1,2,3\})$$ ## 错排问题 问$1 \sim n$的所有排列$a$中，满足$a_i \not= i$的排列数 对于不等于的限制似乎不太好做，但对于等于的限制是十分好做的：如果有$x$个位置满足$a_i=i$，那么其余位置的方案数为$(n-x)!$ 所以可以枚举至少哪些位置是不合法的，然后容斥一下 设$f(n)$表示$n$个数的错排个数，则 $$ \begin{aligned} f(n) &=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i} {n \choose i} (n-i)! \\ &=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i \frac{n!}{i!(n-i)!}(n-i)! \\ &=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i \frac{n!}{i!} \\ &=n\sum_{i=0}^{n}(-1)^i \frac{(n-1)!}{i!} \\ &=(-1)^{n} \frac{n!}{n!} + n\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{(n-1)!}{i!} \\ &=(-1)^{n} + nf(n-1) \\ \end{aligned} $$ 关于第一行的说明： > 首先需要枚举一下有多少个位置是不满足错排的，这个是$\sum_{i=0}^{n}$ > > 其次需要一个容斥系数，为$(-1)^i$ > > 之后枚举那些位置不满足错排，这是${n \choose i}$ > > 对于剩下的位置可以随意放，也就是$(n-i)!$ 证明一下正确性： > 假设一个排列有$k$的地方满足$a_i = i$，既要求对答案的贡献为$[k=0]$ > > 那么实际对答案的贡献为： > $$ \begin{aligned} \sum_{i=0}^{k}{k \choose i}(-1)^i \end{aligned} $$ > 上面那个式子在$k=0$的时候对答案的贡献为$1$，满足题意，以下考虑在$k \ge 1$的情况下对答案的贡献 > $$ \begin{aligned} \sum_{i=0}^{k}{k \choose i}(-1)^i &=(1-1)^k\\&=0\end{aligned} $$ 那如果要求恰好$k$个位置满足错排呢？ 枚举一下哪些位置不满足错排，显然剩下的位置只能唯一确定，既${n \choose k}f(k)$ 那如果要求至少$k$个位置满足错排呢（$k \ge 1$）？ 同理，答案就是$\sum_{i=1}^{k} {n \choose i}f(i)$ ## 方程的解问题 给定一个方程$\sum_{i=1}^{n}x_i=b$，问非负整数的个数 通过组合数学，可以得知解的个数为${n+b-1 \choose n-1}$ 一个简单粗暴的证明： > 相当于将$b$个$1$分割成$n$份，允许某份是空的，问方案数 > > 考虑设置$n$个特殊点，如果第$i$个特殊点被选中了，则第$i$堆为空 > > 然后将$b$个$1$分成若干份，依次对应非空的$x_i$ > > 于是解的个数就是${n+b-1 \choose n-1}$ 然而如果对于每一个$x_i$都有限制呢？诸如$l_i \le x_i \le r_i$ 设$y_i=x_i-l_i$，也就是$0 \le y_i \le r_i-l_i$，这样对于每一个非负整数解$y_i$，都有一个非负整数$x_i$与之对应 换句话说问题转化为了限制诸如$0 \le x_i \le k_i$的形式 考虑容斥，每次枚举哪些$x_i$不满足限制，既$x_i \ge k_i+1$，然后配上正确的容斥系数 如何让$x_i$不满足限制？设$x_i'=x_i+k_i+1$，然后把$x_i'$替换$x_i$就行了 设$f(S)$表示集合$S$的变量不满足限制的方案数，显然有 $$ f(S)={n+b-1-\sum_{i \in S}(k_i+1)\choose n-1} $$ 同时对于答案$T$，有 $$ T=\sum_{S \subseteq U}(-1)^{|S|}f(S)=\sum_{S \subseteq U}(-1)^{|S|}{n+b-1-\sum_{i \in S}(k_i+1)\choose n-1} $$ ## 字符串匹配问题 [SDOI2009 Bill的挑战](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2167) 有$n$个长度相同的模板串，用`?`表示通配符（可以匹配任何字符），给出一个整数$k$，求恰好匹配$k$个模板串的字符串的个数 一般化的题目描述： > 有$n$个属性，求恰好满足$k$个属性的物品个数 > > 你有一个函数$q(S)$，可以快速算出至少满足属性集合$S$的物品个数（保证每个物品最多只会被统计一次） 设$f(S)$表示只满足属性集合$S$的物品的个数，那么答案就是$\sum_{S \subseteq U \wedge |S| = k}f(S)$ 设$f(S)=\sum\limits_{S \subseteq P \subseteq U}q(P)g(|P|)$，其中$|S|=k$，显然有$g(x)=(-1)^{x-k}$ 证明： >对于一个物品$t$，假设它的属性集合为$Q$，且$S \subseteq Q$，且$|Q|=k+u$ > >那么它对$f(S)$的贡献是 >$$\sum_{i=0}^{u}{u \choose i}(-1)^{i}=(-1+1)^{u}=[u=0]$$ > 也就是说$f(S)=\sum\limits_{S \subseteq P \subseteq U}q(P)(-1)^{|P|-k}$ 也就是说 $$\begin{aligned}T&=\sum\limits_{S \subseteq U \wedge |S| = k}f(S) \\&=\sum\limits_{S \subseteq U \wedge |S| = k} \sum_{S \subseteq P \subseteq U}q(P)(-1)^{|P|-k} \\&=\sum\limits_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{|P|-k}{|P| \choose k}\end{aligned}$$ 于是就做完了…… $q(S)$的话可以直接判断一下是否有冲突，如果没有冲突的话求一下有多少个位置是用`?`填充的，假设有$x$个位置用`?`填充，那么$q(S)=2^x$ 如果扩展一下这道题，将“恰好”改成“至少”呢？ 设$T(k)$表示恰好匹配$k$个字符串的方案数，$Q(k)$表示至少匹配$k$个字符串的方案数，则 $$ \begin{aligned} Q\left(k\right) &=\sum_{i=k}^{n}T\left(i\right) \\ &=\sum_{i=k}^{n}\sum\limits_{P \subseteq U \wedge |P| \ge i} q\left(P\right)\left(-1\right)^{|P|-i}{|P| \choose i} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q\left(P\right)\sum_{i=k}^{|P|}\left(-1\right)^{|P|-i} {|P| \choose i} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q\left(P\right)\left(-1\right)^{1-|P|}\sum_{i=k}^{|P|}\left(-1\right)^{i} {|P| \choose i} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q\left(P\right)\left(-1\right)^{1-|P|}\sum_{i=k}^{|P|}\left(-1\right)^{i} \left({|P| - 1 \choose i}+{|P| -1 \choose i-1}\right) \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q\left(P\right)\left(-1\right)^{1-|P|}\left(\left(\sum_{i=k+1}^{|P|+1}\left(-1\right)^{i-1} {|P| - 1 \choose i-1}\right)+\left(\sum_{i=k}^{|P|}\left(-1\right)^{i}{|P|-1 \choose i-1}\right)\right) \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q\left(P\right)\left(-1\right)^{1-|P|}\left(\left(-1^{|P|}\right){|P|-1 \choose |P| }+\left(-1\right)^{k}{|P|-1 \choose k-1}\right) \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q\left(P\right)\left(-1\right)^{|P|-k}{|P|-1 \choose k-1} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q\left(P\right)\left(-1\right)^{|P|-k}{|P|-1 \choose |P|-k} \\ \end{aligned} $$ 这个似乎没什么解释的……将一个式子套到另一个式子后，直接化简…… # 鸣谢 - 感谢 [_rqy](https://www.luogu.org/space/show?uid=7868) 对本文出现的一些错误进行指出