jr的数学の的奇妙冒险-3&容斥原理
更新日志：
Upd2024-11-2:『更新了多个集合的容斥原理』.
常用符号&运用:
容斥原理中，有这几种常用的符号:
-
如果想表示一个集合的元素数量，那么我们用\(| \mathbb{\mathbb{A} } |\) 来表示，记作A的基数.
-
定义 \(\mathbb{\mathbb{A} } \cup \mathbb{\mathbb{B} }\) 表示A与B的并集，即在A中有或在B中有的元素.
-
定义 \(\mathbb{\mathbb{A} } \cap \mathbb{\mathbb{B} }\) 表示A与B的交集，即在A中有同时在B中有的元素.
这些符号理解起来并不麻烦，但正是这些符号不断的组合起来，才构成了一道道困难的题目.
没错!学习容斥原理不需要什么高深的基础，只要有可以思考的脑子就可以.
那么现在我们来做几道题练练手：
现在有一千个数1~1000，请求出不能被五整除或不能被六整除的数的数量.
给几分钟思考一下...
答案解析：
解这类题的关键，就是把那些重复的情况，排斥出去.
观察题目，既然是要找不能被整除的数,那么我们就把能整除的数给排出去.
很容易就能推出，两种情况分别为 \(\lfloor \frac{1000}{5} \rfloor\) 和 \(\lfloor \frac{1000}{6} \rfloor\).那么只有这些情况了吗？
稍微思考一下，可以发现会有同时被5和6整除的数，这个时候，我们就要统计这部分，即 \(\lfloor \frac{1000}{30} \rfloor\) ,30为5和6的最小公倍数.
那么最后，我们能得出结果为 1000 - 200 - 166 + 33，或者抽象一点，结果为 \(|A| - |B| - |C| + |B \cap C|,A = \{1,2,...,1000\},B = \{5,10,...,1000\},C = \{6,12,...,969\}\).
那么数学题有了，就该来道编程题了！
题目描述：
定义k生互质数为满足y + k和y - k互质的数.
现在给出区间 \([L,R]\) 和 \(k\),请求出在区间内有多少对k生互质数.
注意，一对k生互质数中的两个数x和y，都要满足 \(L \le x,y \le R\).
那么这道题，我们如何用容斥的思想解决呢？
观察题目，既然是要互质，那么我们也可以定义为 \(gcd(y - k,y + k) = 1\) 的形式，
如果将y - k定义为x，那么 也可以将其理解为 \(gcd(x,x + 2k) = 1\).
在数论中，我们有了解过更相减损术，这种算法，因此原式进一步转化为 \(gcd(x,2k) = 1\)
那么现在目的很明显了，查找在区间 \([L,R]\) 中与2k互质的数的数量.
如果要使得两个数互质，是不是要让其中一个数的质因子与另一个数的完全避开？
举个例子，假设2k = 20。那么他的质因子就有2和5,那么我们要做的就是要把所有包含2或5这两个质因子的数通通筛掉？
当然，在筛的过程中，固然会有重复的情况，那么，我们如何确定，每次重复的情况是要加还是减呢？
如果将上文的问题中不能被整除的数增加一个话，那么结果就是 \(|A| - |B| - |C| - |D| + |B \cap C| + |B \cap D| + |C \cap D| - |B \cap C \cap D|\).
如果大胆猜测一下，我们是不是能的出奇负偶正的道理？
那么有了如何确定正负的方法，那么代码就可以展示了.
注意：在枚举倍数时不同的质因子相乘会有不同的结果，要全部列举出来.
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll l,r,k,p[200005],num,s;
ll sum(ll x){//寻找小于等于x的不包含p中的质因子的数的数量
if(x < 0) return 0;//防止l - 1越界
ll res = 0;
for(ll i = 0;i < (1 << num);i++){
ll f = 1,tmp = 1;
for(ll j = 0;j < num;j++){
if(1 << j & i){
tmp *= p[j];
f *= -1;
}
}
res = res + (x / tmp) * f;
}
return res;
}
int main(){
cin >> l >> r >> k;
k *= 2, r -= k;
s = sqrt(k);
if((l + k) > r){cout<<0;return 0;} // 如果区间长度太小，则直接输出0.
for(int i = 2;i <= s;i++){//质因数分解
if(k % i == 0)
p[num++] = i;
while(k % i == 0) k /= i;
}
if(k != 1) p[num++] = k;
cout<<sum(r) - sum(l - 1);
return 0;
}
那么上面的问题都是针对单个集合，那么多个集合呢？
多个集合的容斥原理应用-错排列:
先看定义：
对于n个元素1~n进行排列，要求i号元素不能在i号位置.请求出可能的方案数，并对1e9 + 7取模.
既然不能在这个位置，那么我们就把在这个位置的情况筛出来.
如果只有一个i号元素在i号位置，那么有多少种可能呢？i又有多少种选法呢?
解析：因为i号元素被固定了，那么就剩下n - 1个元素，根据全排列可求出有 \((n - 1)!\) 种可能.
i的选法就是从n个元素中选出i个元素的可能数，可以得出为 \(C_n^1 = n\).
那么一个元素的情况筛了出来，就要把重复的情况加回去.
以两个元素为例，那么根据上文，是不是能推出排列数为 \((n - 2)!\) ，两个元素的选法为 \(C_n^2\).
由于上面的题目得到了"奇负偶正"的结论，所以这时题目的答案就得出来了.结果为：
由于直接硬求组合数会炸掉，所以我们可以通过杨辉三角递推求解.
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
ll n,jc[1005],c[1005][1005],cnt;
int main(){
cin >> n;
jc[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++) {jc[i] = (jc[i - 1] * i) % mod;}//阶乘
for(int i = 0;i <= n;i++) {c[i][0] = 1;c[i][i] = 1;} //杨辉三角每排第一和最后一个数都是1，预处理
for(int i = 1;i <= n;i++){//杨辉三角
for(int j = 1;j < i;j++)
c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod;
}
for(int i = 0;i <= n;i++) {cnt = (cnt + ((ll)(pow(-1,i)) * c[n][i] * jc[n - i]) % mod) % mod;}
cout<<cnt;
return 0;
}
--------------------------------------------分割线------------------------------------------------------
参考文献：
谢谢！有问题还请多多指出.
浙公网安备 33010602011771号