数学总结 5（简单容斥、二项式反演、子集反演、Min-Max 容斥初步）
一、简单容斥
错排问题
求有多少种长度为 \(n\) 的排列满足对于每一位 \(i\)，有 \(p_i \not= i\)。
一种方法是线性递推：
显然有 \(f(1)=0,f(2)=1\)，考虑 \(f(n)\) 如何求解。
对于 \(n-1\) 的错排，可以把其中每一个数分别和 \(n\) 位置交换，获得新的排列，即 \((n-1) f(n-1)\)。
也可以钦定某一位 \(p_i = i\)，把 \(i\) 和 \(n\) 位置交换即可，而 \(i\) 有 \(n-1\) 种取值，所以方案数是 \((n-1) f(n-2)\)。
因此有：\(f(n) = (n-1)(f(n-1) + f(n-2))\)。
也可以从容斥的角度解决该问题：
考虑钦定一些点不满足条件，即 \(p_x = x\)。
先选出 \(i\) 个位置不满足条件，则方案数为 \(C_n^i\)。
剩下的位置可以随便排，所以方案数为 \(C_n^i (n-i)!\)。
然后容斥一下就是：
例 1：洛谷 P1450 HAOI2008 硬币购物
考虑容斥转化为好求的东西。
要容斥肯定要先有总数，这是好求的，是完全背包板子（即每个硬币不限使用量）。
然后枚举哪些硬币超出了范围，直接用 \(s\) 减掉 \((d+1)c\) 就是剩下的价值，也是不限量。
那么只要做一次完全背包就可以容斥算出答案。
例 2：CF1228E Another Filling the Grid
想了各种各样奇怪的做法，例如什么行列分开算之类的，枚举几行 \(\gt 1\) 求出行方案数，再另外枚举几列 \(\gt 1\) 在行的方案数基础上继续算。
但事实证明最直接的做法最简单。
由于 \(n\) 很小，可以直接枚举 \(i,j\) 表示至少有 \(i\) 行 \(j\) 列全 \(\gt 1\)，那么就有 \(t= (i+j)n - ij\) 个格子必须 \(\gt 1\)，方案数 \((k-1)^t\)；其余的可以随便填方案数 \(k^{n^2-t}\)。
然后容斥一下就好了，系数为 \((-1)^{i+j}\)。
为什么会想到容斥？
如果直接钦定某一行最小值为 \(x\) 并不好做，但是可以钦定最小值 \(\geq x\)，这样 \([x,k]\) 的数随便填，方案数可以直接算出来。
要还原回某一行最小值为 \(x\) 只需要做容斥就可以了，类似于莫反，也可以看作是一个后缀差求出单点值。
例 3：洛谷 P5505 JSOI2011 分特产
和之前相同地，刚好有 \(n\) 个同学至少拿到一个，改为前缀形式：\(f_i\) 表示有 \(\leq i\) 个同学获得至少一个。
如何求 \(f_i\)？先组合数确定有 \(C_n^i\) 种选法，然后对每个特产分别算贡献再乘法原理：相当于 \(a_j\) 个球扔进 \(i\) 个盒子，方案数 \(C_{i+a_j-1}^{i-1}\)。
容斥一下，答案显然是 \(ans = \sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i} C_n^i \times \prod \limits_{j=1}^{m} C_{i+a_j-1}^{i-1}\)。
例 4：洛谷 P6076 JSOI2015 染色问题
容斥套容斥。
颜色看着很烦，先把它容斥掉变成好做的形式：设 \(dp_i\) 表示用 \(\leq i\) 种颜色填充的方案数，则答案为：
接下来这题不能像前面 CF1228E 一样枚举 \(i,j\) 分别考虑每个点，因为不能整行整列为空是一个整体，无法用零散的点完整表示信息。
所以老老实实一列一列容斥，和“恰好 \(c\) 种颜色一样”，恰好 \(m\) 列也可以变成 \(\leq m\) 列再容斥回来。
先选出 \(j\) 列：\(C_m^j\)，然后对于每一行，只关注这 \(j\) 列的取值，它们不能全空，但可以从 \(i+1\) 种颜色（含空）之中任选，最后 \(n\) 行是独立的，所以方案数 \(((i+1)^j-1)^n\)，因此：
……
但显然有一种更简单的方法。
三维枚举 \(i,j,k\) 表示几行全空，几列全空，只用多少种颜色，对于没有被选中的格子可以任意填剩下 \(c-k\) 种颜色或空，那么答案就是：
例 5：AGC005D ~K Perm Counting
错排问题的拓展，这一步数形结合还是太牛了。
由于和错排问题很相似，所以仍然考虑容斥，求出 \(\geq i\) 个不合法的位置有多少种方案。
然后数字与位置之间不能匹配（间隔为 \(k\)）的条件很像二分图匹配，所以考虑用二分图辅助推导。
对于左部点（数字）向右部点（位置）相差恰好 \(k\) 的点连边，然后钦定它恰好有 \(i\) 条边被选择匹配，剩下的就乱排，方案数是阶乘，乘在一起就是 \(\geq i\) 个不合法的方案数。
注意到这个二分图有一些普通二分图没有的性质：点连成链，每条链是独立的。
那么对于每条链单独求方案数：设 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示这条链计算到第 \(i\) 个点，匹配了 \(j\) 条边，第 \(i\) 个点是否被一条匹配边连上。
显然有：
转移就完了，如果对每条链分别做最后还要求一个背包，事实上可以把这些链首尾相连拼在一起，在链头特判不能转移到 \(dp_{i,j,1}\) 即可。
设 \(f_i=dp_{2n,i,0}+dp_{2n,i,1}\)，表示恰好有 \(i\) 个位置不合法（选了 \(i\) 条边），则答案为：
例 6：\(\color{skyblue}{DTOJ ~ P2431 棋盘路径（path）}\)
题目大意：
有一个 \((n+1) \times (m+1)\) 的网格，求从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\) 的方案数（只能往右往下走）。
网格内有 \(k\) 个障碍物 \((x_1,y_1), (x_2,y_2), \dots, (x_k,y_k)\)，在走的过程中不能触碰。
答案对 \(10^9+7\) 取模，\(n,m \leq 10^5, k \leq 3000\)。
不妨转化一下：求不经过其它障碍物到达第 \(i\) 个障碍物的方案数，设其为 \(f_i\)。
钦定 \((n,m)\) 是第 \(k+1\) 个障碍。则答案为 \(f_{k+1}\)。
到达一个障碍而不能经过其它障碍，考虑容斥，由于它只可能经过它左上方区域的障碍物，所以用这些障碍物作“中转站”，先到达其它障碍物再走到这个障碍物。
显然从 \((0,0)\) 走到 \((x,y)\) 无障碍的方案数为 \(\binom{x+y}{x}\)。
时间复杂度 \(O(k^2)\)。
二、二项式反演
类似于莫反。
设 \(f_i\) 表示恰好选了 \(i\) 个元素组合成满足条件形式的方案数；设 \(g_i\) 表示用 \(\leq n\) 个元素组合的方案数。
则二项式反演的常用形式为：
- 一般形式：
- 加下界：
- 上指标求和（常用于钦定至少有、恰好有，如错排问题）：
例 7：CF285E Positions in Permutations
和 AGC005D 很相似。
要求恰好 \(m\) 个满足条件的位置，这不好做，还是转化为 \(\geq m\) 个之后再容斥。
首先钦定有 \(m\) 个满足条件，然后剩下的可以随便放。钦定部分还是 AGC005D 的 DP 部分方案数，剩下乱排方案数还是阶乘。
我们设 \(f_m\) 表示恰好 \(m\) 个，\(g_m\) 表示 \(\geq m\) 个。
于是有 \(g_m = \sum\limits_{i=m}^n \binom{i}{m} f_i\)，根据上述推导还有 \(g_m = dp_{2n,i,0/1} \times (n-i)!\)。
那么 \(g\) 是容易求的，这个形式很二项式反演，所以 \(f_m = \sum\limits_{i=m}^n (-1)^{i-m} \binom{i}{m} g_i\)。
例 8：洛谷 P4859 已经没有什么好害怕的了
首先并不难推出需要恰好 \(\frac{n+k}{2}\) 个满足 \(a \gt b\) 的位置，以下设其为 \(m\)。
恰好不好做，改为钦定再做容斥。
设 \(g_i\) 表示有 \(\geq i\) 个位置满足条件，则先钦定有 \(i\) 个剩下乱排。
如何求出恰好有 \(i\) 个的方案数？由于 \(n \leq 2000\)，考虑 \(O(n^2)\) 做法，例如 DP 计数。
设 \(dp_{i,j}\) 表示做到 \(a\) 的第 \(i\) 个（\(a,b\) 均已排序），有 \(j\) 个 \(a \gt b\) 的方案数，设 \(c_i\) 表示 \(b\) 中有多少个 \(\lt a_i\) 的数。
则不难推出转移式：
于是有 \(g_i = dp_{n,i} (n-i)!\)。
由于 \(g_m = \sum\limits_{i=m}^n \binom{i}{m} f_i\)，不难反演得到 \(f_m\)。
三、子集反演
例 9：Bitwise And Convolution
求 And 卷积。
一眼 FWT 啊但是我 FWT 才学了一半。
那就上子集反演吧。
先转化为 \(g\) 的子集和形式，相当于要求 \(x,y\) 同时包含 \(z\) 就把 \(c_z\) 加上 \(a_x \times b_y\)。
即求出所有满足 \(x\) 包含 \(z\) 的 \(a_x\) 之和，\(b\) 同理，再相乘。
最后反演回 \(f\) 就是答案，复杂度 \(O(3^n)\)。
然后被卡了。
所以又回来补 FWT 了。跳转链接。
不过后来想了想貌似不需要 \(O(3^n)\)？类似于状压 DP 一位一位转移好像也可以做到 \(O(n 2^n)\)。
例 10：CF449D Jzzhu and Numbers
事实上，对于 \(\forall i\)，都可以算出与和为 \(i\) 的方案数。
设 \(f_i\) 表示与和恰好为 \(i\) 的方案数，考虑子集反演，设 \(g_i\) 表示与和是 \(i\) 的超集的方案数。
既然是超集首先要知道 \(i\) 有多少个超集，设它为 \(c_i\)，那么显然有 \(g_i = 2^{c_i} - 1\)，因为不能选空。
显然 \(g_i,f_i\) 可以子集反演互推。
例 11：AT_tokiomarine2020_e O(rand)
简单题想了两个小时 /ll
看到这题有两个思路：
- 类似于之前某道题，把下界干成 \(0\) 变成单上界，接下来再搞一堆观察或许会有性质。
- 直接对二进制位容斥。
结果最后的做法成了两个的杂交版。
首先显然有 \(S \subseteq T\)，为了简化问题，先进行如下转化：
- 依次考虑每一个二进制位，若 \(T=0,a=1\) 则这个 \(a\) 对答案没有贡献可以删掉，即 \(T ~|~ a \not= T\)。
- 若 \(S=1, a=0\) 也没有贡献，即 \(S \& a \not= S\)。
- 把确定无贡献的数全都踢出去之后，为了简化二进制形式，只把 \(T - S\) 二进制下为 \(1\) 的位保留，其它都删掉（类似于线性基重排二进制位）。
此时 \(T\) 全 \(1\)，只需要选择一些 \(a\) 使得它们与和为 \(0\) 或和为全集即可。
正难则反，考虑一个二进制位如何才能不满足条件。
- 选出的所有数这一位都为 \(0\)。
- 选出的所有数这一位都为 \(1\)。
接下来对二进制位容斥，设 \(f_i\) 表示选择了 \(i\) 这个集合的二进制位，恰好只有这些位不满足条件的方案数。
一种转化是位置集合 \(i\) 的每一位都必须至少有一个 \(0\) 或 \(1\)，但推了半天没什么进展。
然后转回来想想直接做就是对的：即对于 \(i\) 集合的每一位，选出的数在这一位都必须相同。
设选出的数是 \(a_1,a_2,\dots,a_k\)，则 \(a_j \& i\) 相同的 \(a\) 才能同时被选择。
显然可以用一个桶维护 \(a_j \& i\) 的数字数量，然后组合数前缀和求一下选 \(1 \leq x \leq k\) 个数的方案数。
由于算出来的是 \(g_i\) 表示 \(i\) 的超集选择方案数，所以最后子集反演即可求出 \(f_0\)。
例 12：CF1530F Bingo
首先如果只有行的限制是好做的。
但题目添加了列和对角线，由于只有两条对角线，考虑简化问题，不管后面怎么做先把对角线 \(2^2\) 种方案容斥掉。
首先最暴力的做法是枚举选择的行列集合，它们全为 \(1\) 的概率是包含格子的概率乘积，剩下的格子随便取，设乘积为 \(val\) 则答案为 \(\sum\limits_{S} \sum\limits_{T} val(S,T)\)。
这样复杂度是 \(O(2^{2n})\)，但容易发现只需要枚举 \(T\)，对于 \(S\) 按行做容斥即可。
具体地，记 \(s0,s1\) 表示 \(|S|\) 分别为偶数、奇数的权值乘积之和，转移的时候考虑这一位选和不选的情况即可。
容易做到 \(O(2^n n^2)\)，瓶颈在预处理，但是预处理也容易优化到 \(O(2^n n)\)，注意求逆元不要套一个 \(\log V\)，逆元也要预处理。
例 13：洛谷 P3349 ZJOI2016 小星星
不难写出朴素 DP：设 \(dp_{u,S,v}\) 表示树上 \(u\) 子树对应原图编号 \(S\) 集合，\(u\) 对应的编号是 \(v\) 的方案数。
这样枚举 \(u\) 和树上儿子，再枚举它们分别对应什么编号，还需要枚举对应集合，复杂度达到了高贵的 \(O(2^{2n}n^4)\)。
考虑优化，首先由于儿子的集合一定是 \(u\) 集合的子集，改为子集枚举可以优化到 \(O(3^n)\)；其次并不需要枚举儿子对应的编号，可以邻居和搞一下变成 \(O(1)\) 查询，至此复杂度为 \(O(3^n n^3)\)。
枚举 \(u\) 和它的编号，再枚举儿子转移显然没有优化空间了，而主要瓶颈在于子集枚举。
能否通过“篡改”题目要求让 DP 状态更简单？
可以的，利用子集反演。
之前的算法为什么要枚举 \(S\)？因为图中的点不能算重，而子集反演转化后钦定它“可以算重”。
设树上点 \(u\) 的一个儿子是 \(v\)，\(u\) 对应编号 \(a\)，\(v\) 对应编号 \(b\)，那只要满足图中 \(a,b\) 相邻即可。
设 \(f_S\) 表示树上的点恰好对应图中 \(S\) 集合的编号，则 \(f_{2^n-1}\) 就是答案；能算重意味着设 \(g_S = \sum\limits_{T \subseteq S}\)，对于 \(g_S\) 的计算只要求 \(a,b \in S\)。
那么枚举 \(S\)，树形 DP 求出 \(g_S\) 之后再子集反演求 \(f_{2^n-1}\)。具体地，设 \(dp_{u,a}\) 表示树上 \(u\) 子树，\(u\) 对应编号 \(a\) 的方案数。
复杂度降低为 \(O(2^n \times n^4)\)，但跑不满，而且用邻居 dp 值之和优化可以降低为 \(O(2^n \times n^3)\)。
四、Min-Max 容斥（最值反演）初步
常用于 \(\max, \min\) 其一求解简单的时候用来求另一个。
简单证明一下第一个式子，至于第二个式子同理。
设 \(k\) 为 \(S\) 中最大的数。
右边的式子只有当 \(T= \{k\}\) 的时候才等于 \(k\)。
其它情况有 \(k\) 和没 \(k\) 的 \(\min\) 是相同的，所以加减抵消为 \(0\)。
还有扩展 Min-Max 容斥：
其中 \(\text{kmax}\) 表示集合中第 \(k\) 大的，\(\text{kmin}\) 同理。
Min-Max 容斥一般和期望、gcd 相关题结合，这里以期望举几个例子：
例 14：洛谷 P3175 HAOI2015 按位或
直接做看上去是一个很难的东西。
不妨先来想想弱化版：
有一个抽奖机，内置 \(n\) 种卡牌，每次抽奖编号为 \(i\) 的卡牌有 \(p_i\) 的概率被抽到，\(\sum\limits_{i=1}^{n} p_i = 1\)，问抽到所有卡的期望次数。
抽到所有卡的期望次数相当于最晚被抽到的卡的时间。
但这个也非常难做……所以 Min-Max 容斥一下！
由于期望的线性性，有：
因此转化一下变成求解一个卡牌编号集合 \(T\) 的期望 \(\min\)，即最早被抽到的卡期望抽到时间。
这个就简单了，先求概率：\(P(T) = \sum\limits_{i \in T} p_i\)，就是抽一发抽到 \(T\) 集合内的概率。
那么不难推导出期望次数就是 \(\frac{1}{P(T)}\)。
于是就做完了，最后容斥回来就行，复杂度 \(O(2^n)\)。
回到本题，改变之处在于一次可以抽到多种卡牌，即一个集合 \(S\) 内的所有卡同时获得。
但还是一样地，只要 \(T\) 内有至少一个元素被抽到，那么它就满足条件。
所以现在要求 \(P(T)\) 表示所有和集合 \(T\) 有交的集合的概率之和。
这不好做。正难则反，求和 \(T\) 无交的集合的概率之和。
这依然不好做。正难则反，求为 \(T\) 的补集的子集的概率之和。
好了，这下就是高维前缀和板子了，复杂度 \(O(n 2^n)\)。
例 15：洛谷 P5643 PKUWC2018 随机游走
太喜欢这题了，一路推下来真的很顺……
首先看到所有点都经过至少一次，这很困难，所以 Min-Max 容斥转成经过集合内至少一个点的期望步数。
然后考虑这个怎么求，这不就是 概率与期望专题 的经典问题吗……
如果直接高斯消元，那总复杂度达到了高贵的 \(O(2^n n^3)\)，但显然有 \(O(n)\) 做法。
不妨枚举 \(T\) 集合，设 \(f_i\) 为从 \(i\) 走到 \(T\) 集合内任意一点的期望步数，显然对于 \(i \in T\)，有 \(f_i = 0\)。
于是 \(O(n)\) 就可以求解 \(f\) 数组。
接下来 min-max 容斥回去：
这是个简单的高维前缀和。
所以总复杂度 \(O(2^n n)\)。
例 16：洛谷 P4707 重返现世
由于 \(n-k\) 很小，做法大概率要基于这件事。
题目要求的是一个类似于 \(\text{kmin}\) 的东西，不妨先令 \(k \leftarrow n-k+1\)，然后求 \(\text{kmax}\)。这两件事本质上是等价的，因为第 \(k\) 小的元素就是第 \(n-k+1\) 大的元素。
然后代入式子：
这也可以改写为期望形式。
对于一个集合的 \(\min\) 是好求的，显然为 \(\displaystyle \frac{m}{\sum\limits_{i \in T} p_i}\)。
难点在于如何求出所有满足条件 \(T\) 的和。
考虑一个个加入元素 \(i\)，设 \(\sum p = j\)，容斥的“下界”为 \(k\)（\(|T| \geq k\)），以此设计一个 DP 状态 \(dp_{i,j,k}\) 表示容斥系数之和。
这样的好处是对于同一个 \(j\)，它的贡献 \(\min \{T\}\) 是已知的，所以只要 DP 求出容斥系数总和即可。
然后就是很妙的由状态反推转移方程。
由于 \(\binom{|T|-1}{k-1} = \binom{|T|-2}{k-2} + \binom{|T|-2}{k-1}\)，
所以有：
这是选择元素 \(i\) 的转移，再加上不选择元素 \(i\)，就是：
转移是 \(O(nm(n-k))\) 的，显然可以滚动数组优化空间。
初始化 \(dp_{0,0,0}=1\)。
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