容斥

容斥

计算公式

设集合为 \(S_1\sim S_n\)，\(\mid S\mid\) 表示集合 \(S\) 的大小。

\[\mid\cup_{i=1}^n S_i\mid =\sum_{m=1}^n (-1)^{m-1} \sum_{a_{i}<a_{i+1}}\mid \cap_{i=1}^mS_{a_i}\mid \]

使用场景

容斥原理常用于集合计数问题。

而枚举集合则可以用二进制枚举。设共有 \(n\) 个集合，那么可以用 \(2^n\) 的时间复杂度枚举所有可能的集合组合。显然要求是 \(n\) 并不大。

注意到基本上容斥的系数为 \(\pm 1\) 与枚举的集合组合的集合个数的奇偶性有关，所以可以设计一个函数专门用来计算一个数（二进制枚举）二进制下的 \(1\) 的个数。

详细地，给份枚举集合组合的代码。

int num1(int s)//计算s在二进制下的1的个数
{
	int ans=0;
	while(s){if(s&1)++ans;s>>=1;}
	return ans;
}
void Main()
{
	FUP(base,1,(1<<n)-1)//这里一共有n个集合
	{
		ljl opt=(num1(base)&1?-1ll:1ll),cnt=0ll;//这里的+-1因题而异
		FUP(i,0,n-1)
			if((base>>i)&1)
				cnt+=g(i+1);//注意是i+1
		if(s>=cnt)ans=ans+opt*(ljl_is_vegetable);
        //在上面 ljl_is_vegetable 处填入集合的值。每题都不一样。
	}
	return;
}

例题

洛谷 P1450 [HAOI2008] 硬币购物

先考虑简单版的题目。即没有 \(d_i\) 的限制。

不难想到做一个完全背包，令 \(f_i\) 表示用所有面值的硬币凑成 \(i\) 的方案数。

那么考虑只有一个硬币，且它的限制为 \(d_i\)。

注意到状态转移方程为 \(f_j\leftarrow f_j+f_{j-c_i}\)。而其中可能存在不合法的方案。即用了大于 \(d_i\) 个 \(c_i\)。

那么是不是所有 \(a+t\cdot c_i=s,t>d_i\) 的都是不合法的，我们只需要 \(s-c_i\cdot \min\left\{t\mid t>d_i\right \}\)，即 \(t=d_i+1\) 时的状态。

换句话说，我们需要从不合法方案 \(s\) 中剔除至少 \(d_i+1\) 个 \(c_i\)，即 \(s-(d_i+1)c_i\)。所得的都是不合法的，要减掉。即减掉 \(f_{s-(d_i+1)\cdot c_i}\)。

所以就可以抽象成一个文氏图。

由于作者很菜很懒，所以用只有 \(2\) 个硬币举例。

上文中的对于 \(i\) 号硬币不合法可以理解为用了至少 \(d_i+1\) 个。

我们设左边的圈为 \(S_1\)，右边的为 \(S_2\)，全集为 \(C\)。

那么 \(ans=\mid C_{S_1\cup S_2}\mid =\mid C\mid -\mid S_1\mid -\mid S_2\mid +\mid S_1\cap S_2\mid\)。

对于多个集合也是同理。

那么再运用上刚说的集合枚举，就可以写出代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ljl;
#define FUP(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define FDW(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
const int S=1e5+5;
int T;
ljl f[S],ans,c[5],d[5],s;
ljl g(int x){return (ljl)c[x]*(d[x]+1);}
int num1(int s)
{
	int ans=0;
	while(s){if(s&1)++ans;s>>=1;}
	return ans;
}
void Main()
{
	FUP(i,1,4) cin>>d[i];
	cin>>s;ans=f[s];
//	cout<<"ans="<<ans<<'\n';
	FUP(base,1,(1<<4)-1)
	{
		//1-2+
//		cout<<"base "<<base<<'\n';
		ljl opt=(num1(base)&1?-1ll:1ll),cnt=0ll;
//		cout<<"opt="<<opt<<'\n';
		FUP(i,0,3)
			if((base>>i)&1)
				cnt+=g(i+1);
		if(s>=cnt)ans=ans+opt*f[s-cnt];
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	FUP(i,1,4)cin>>c[i];
	cin>>T;f[0]=1ll;
	FUP(i,1,4)
		FUP(j,c[i],100000)
			f[j]+=f[j-c[i]];
	while(T--)
		Main();
	return 0;
}