随笔分类 - 容斥原理
摘要：考虑容斥，计算至少有k个极大数的概率。不妨设这k个数对应的格子依次为(k,k,k)……(1,1,1)。那么某一维坐标<=k的格子会对这些格子是否会成为极大数产生影响。先将这样的所有格子和一个数集对应起来，即将答案乘上一个组合数。然后需要考虑的就是这些格子有多少种合法排列顺序。 这个排列需要满足的是(
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摘要：考虑外向树怎么做。显然设f[i][j]为i子树中出现权值和为j的合法方案的概率，转移做树形背包即可。 如果树上只有一条反向边，显然可以先不考虑该边计算概率，再减去将整棵树看做外向树的概率。于是考虑容斥，进一步拓展到多条反向边，就是考虑0条反向边的概率-考虑1条反向边的概率+考虑2条反向边的概率……容
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摘要：显然相当于求有不超过n-2m种颜色出现奇数次的方案数。由于相当于是对各种颜色选定出现次数后有序排列，可以考虑EGF。 容易构造出EGF(ex-e-x)/2=Σx2k+1/(2k+1)!，即表示该颜色只能选奇数个。同理有EGF(ex+e-x)/2=Σx2k/(2k)!，即表示该颜色只能选偶数个。 考虑
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摘要：https://www.cnblogs.com/AwD-/p/6600650.html
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摘要：设f[S]为S点集是SCC的方案数。考虑通过去掉不合法方案转移。可以枚举入度为0的SCC所含点集S'，这样显然S^S'内部的边和由S'连向S^S'的边删还是不删任选。但是这样无法保证S'包含所有入度为0的SCC，于是考虑容斥，瞎猜可以得到容斥系数与SCC数量有关，于是设g[i][S]为S包含i个无关
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摘要：因为一大堆式子实在懒得写题解了。首先用prufer推出CF917D用到的结论，然后具体见前言不搭后语的注释。
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摘要：首先只有一份图时显然可以状压dp，即f[S][i]表示S子集的哈密顿路以i为终点的方案数，枚举下个点转移。 考虑容斥，我们枚举至少有多少条原图中存在的边（即不合法边）被选进了哈密顿路，统计出这个情况下的哈密顿路数量就可以容斥了。 考虑暴力，显然是枚举在每张图中选择了哪些不合法边。注意到当固定了某些边
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摘要：显然容斥后转化为求树链的交。这个题非常良心的保证了查询的路径都是到祖先的，求交就很休闲了。
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摘要：显然存在方案的数一定是L的因数，考虑对其因子预处理答案，O(1)回答。 考虑每个质因子，设其在g中有x个，l中有y个，则要求所有选中的数该质因子个数都在[x,y]中，且存在数的质因子个数为x、y。对于后一个限制，显然可以简单地容斥，即[x,y]-[x+1,y]-[x,y-1]+[x+1,y-1]，枚
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摘要：考虑min-max容斥，改为求位集合内第一次有位变成1的期望时间。求出一次操作选择了S中的任意1的概率P[S]，期望时间即为1/P[S]。 考虑怎么求P[S]。P[S]=∑p[s] (s&S>0)=1-∑p[s] (s&S==0)。做一个高维前缀和即可。
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摘要：如果直接dp，状态里肯定要带上已走过的点的集合，感觉上不太好做。 考虑一种对期望的minmax容斥：其中Max(S)为遍历完S集合的期望步数，Min(S)为遍历到S集合中一个点的期望步数。当然才不管怎么证，反正看上去非常优美。 设f[i][S]为由i节点出发的Min(S)，显然有f[i][S]=Σf
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摘要：考虑容斥，枚举一个子集S在1号猎人之后死。显然这个概率是w1/(Σwi+w1) (i∈S)。于是我们统计出各种子集和的系数即可，造出一堆形如(-xwi+1)的生成函数，分治NTT卷起来就可以了。
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摘要：容斥一发改为计算至少碾压k人的情况数量，这样对于每门课就可以分开考虑再相乘了。剩下的问题是给出某人的排名和分数的值域，求方案数。枚举出现了几种不同的分数，再枚举被给出的人的分数排第几，算一个类似斯特林数的东西即可。后一部分与碾压几人是无关的，预处理一下，复杂度即为三方。当然和四方跑得也差不多快。 数
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摘要：因为保证了两向量不共线，平面内任何一个向量都被这两个向量唯一表示。问题变为一张有障碍点的网格图由左上走到右下的方案数。 到达终点所需步数显然是平方级别的，没法直接递推。注意到障碍点数量很少，那么考虑容斥，即用总方案数减去经过障碍点的方案数。对每个障碍点计算其作为第一个经过的障碍点的方案数即可。
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摘要：显然可以容斥去掉每人都不为空的限制。每种物品分配方式独立，各自算一个可重组合乘起来即可。
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摘要：逐个去除限制。第四个限制显然可以容斥，即染恰好c种颜色的方案数=染至多c种颜色的方案数-染至多c-1种颜色的方案数+染至多c-2种颜色的方案数…… 然后是限制二。同样可以容斥，即恰好选n行的方案数=至多选n行的方案数-至多选n-1行的方案数+至多选n-2行的方案数…… 限制三同理。即容斥套容斥套容斥
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摘要：首先dp出长度为i的不下降子序列个数，显然这可以树状数组做到O(n2logn)。 考虑最后剩下的序列是什么，如果不管是否合法只是将序列删至只剩i个数，那么方案数显然是f[i]*(n-i)!。如果不合法，说明这个序列是由一个长度为i+1的非降序列删除一个数得来的，所以将其减去f[i+1]*(i+1)*
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摘要：显然可以转化为一个阶梯状01矩阵每行每列取一个使权值和为k的方案数。直接做不可做，考虑设f[i][j]为前i行权值和至少为j，即在其中固定了j行选1的方案数。设第i行从1~a[i]列都是1且a[i]+1列是0，则f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*(a[i]-j+1)。剩下的
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摘要：如果能够知道不大于n的合法数有多少个，显然就可以二分答案了。 考虑怎么求这个。容易想到容斥，即枚举完全平方数。我们知道莫比乌斯函数就是此种容斥系数。筛出来就可以了。 注意二分时会爆int。
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摘要：如果只考虑某个子矩阵的话，其最大值为v的方案数显然是vsize-(v-1)size。问题在于处理子矩阵间的交叉情况。 如果两个交叉的子矩阵所要求的最大值不同，可以直接把交叉部分划给所要求的最大值较小的子矩阵。那么，所要求最大值不同的格子彼此间是独立的。于是现在可以只考虑要求相同的格子。 直接计算似乎
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