容斥+计数的练习（长期更新）

菜就多练。

朴素的容斥原理应用

I.P1450 [HAOI2008] 硬币购物

Q:

共有 \(4\) 种硬币。面值分别为 \(c_1,c_2,c_3,c_4\)。

某人去商店买东西，去了 \(n\) 次，对于每次购买，他带了 \(d_i\) 枚 \(i\) 种硬币，想购买 \(s\) 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

\[1\le s,d_i,c_i\le 10^5,1\le n\le 1000 \]

Sol：

找到限制：硬币的数量\(d_i\)。

考虑没有限制的情况：就是完全背包。

那么对硬币的数量套容斥原理，钦定有\(i\)种硬币的数量不符合限制，其他硬币随便（做完全背包）。那么将钦定的部分从\(s\)中减去，剩下的部分就是完全背包。然后对这个东西上容斥系数，那么就是和钦定的种数\(i\)相关，为\((-1)^i\)。

完全背包部分可以在多测前预处理，于是一次询问中只有对\(4\)种硬币容斥算贡献的复杂度，显然可以接受。

II.P5505 [JSOI2011] 分特产

Q：

\(n\)个有标号盒子和\(m\)种有标号球，第\(k\)种球有\(s_k\)个（这之中无标号），每个盒子中至少放一个球。问方案数。

Sol：

找到限制是“每个盒子中至少放一个球”。

考虑没有限制的情况，对于每种球来说，就是无标号球放到有标号盒子中，盒子可以为空，直接插板法。对于每种球就直接乘起来（因为分步在做）。

于是对这个限制进行容斥。设当前钦定有\(k\)个盒子为空，其他任意，这个方案数为\(f_k\)。那么套上容斥系数，\(ans=\sum\limits_{k}(-1)^kf_k\)。

如何证明这个容斥是对的？

考虑一种有\(k\)个盒子为空的方案，我们希望它被计数\([k=0]\)次。考虑它在哪些地方被计数了。对于钦定有\(i\)个盒子为空的情况，它被计数了\((-1)^i\dbinom ni\dbinom {n-i}{k-i}\)次。

那么对\(i\)求和，就可以得到它被计数的次数：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i} (-1)^i\dbinom{n}{i}\dbinom{n-i}{k-i}&=\sum\limits_{i} (-1)^i\dbinom nk\binom{k}{i}\\ &=\dbinom{n}{k}\sum\limits_{i}(-1)^i\dbinom ki\\ &=\dbinom nk[k=0] \end{aligned} \]

当\(k=0\)时，\(\dbinom nk=1\)。所以这个方案被计数了\([k=0]\)次，是正确的。

回归主线，如何求\(f_i\)？

根据定义，首先选出\(i\)个盒子钦定为空，这是\(\dbinom ni\)。然后对于任意一种小球\(k\)，放入可以为空的其余\(n-i\)个盒子中，那么就是\(\dbinom{s_k+n-i-1}{n-i-1}\)。这是分步的，那么对于所有种类的小球，贡献为\({\large\prod}\limits_{k}\dbinom{s_k+n-i-1}{n-i-1}\)

所以\(f_i=\dbinom ni {\large\prod}\limits_{k}\dbinom{s_k+n-i-1}{n-i-1}\)。

于是就可以求了。

计数DP

练好DP就好了，所以去DP吧。