容斥原理

广义容斥原理

用于解决收紧限制（恰好 XX/...）与宽松限制（至少 XX/...）之间的转化。

特殊形式：基础容斥原理

设有 \(n\) 个集合 \(A_{1 \sim n}\)，下标 \(i_{1 \sim n}\)，则：

\[|\cup^{n}_{i=1} A_i| = \sum^n_{k=1} (-1)^{k-1} \sum_{1 \le i_1 < i_2 < ... < i_k \le n} |\cap^k_{j=1} A_{i_j}| \]

（当 \(k=0\)，广义容斥原理退化为基础容斥原理，见下文）

证明：

考虑元素 \(x\) 对 LHS 与 RHS 的贡献。

LHS：显然 \(x\) 处于并集中，贡献为 \(1\)。

RHS：假设 \(x\) 恰好被 \(m\) 个集合 \(A_{i_{1 \sim m}}\) 包含。

容易得到对于集合 \(A_{i_1}\)，它的贡献是 \(m \choose 1\)（选出这个集合），系数为 \((-1)^{1-1} = (-1)^0 = 1\)。

依此类推，对于集合 \(A_{i_j}\)，它的贡献应当是 \(m \choose j\)，系数为 \((-1)^{j-1}\)。

故总贡献为：

\[\sum^{m}_{i=1} (-1)^{i-1}{m \choose i} \]

考虑配凑二项式定理，把这个讨厌的 \(i-1\) 换成 \(i\)：

\[\sum^{m}_{i=0} (-1)^{i}{m \choose i} \\ = \sum^{m}_{i=0} {m \choose i} (-1)^i 1^{m-i} \\ = (1-1)^m \\ = 0^m \]

由于 \(m \neq 0\)，所以上式 \(=0\)。

考察上述两个式子的关系，将两者相加，可以发现后者除了 \(i=0\) 时保留了下来，其余项全部和前者一一抵消。

代入 \(i=0\)，可得后者 \(=1\)，故两式相加 \(=1\)，即：

\[\sum^{m}_{i=1} (-1)^{i-1}{m \choose i} \\ = 1 - \sum^{m}_{i=0} (-1)^{i}{m \choose i} \\ = 1 - 0 \\ = 1 \]

可知 RHS 的总贡献为 \(1\)，与 LHS 相等，原命题得证。

广义容斥原理公式

定义：

设有 \(n\) 条性质 \(P_{1 \sim n}\)（这通常需要读者依据题目自行刻画，下文的例题将会提到）。

令 \(\alpha(k)\) 表示恰好满足 \(k\) 条“性质”的元素个数。

令 \(\beta(k)\) 表示选出 \(k\) 条“性质”后至少满足这 \(k\) 条的元素个数。（注意，此处每个元素的贡献不是 \(1\)，而是 \(n \choose k\)）

公式：

\[\alpha(k) = \sum^{n}_{i=k} (-1)^{i-k} {i \choose k} \beta(k) \]

证明：

（以下，\(f_k=\alpha(k),g_k=\beta(k)\)）

例题选讲

读者应当很容易的发现，广义容斥原理的题难点在于 \(f(i)\) 的求取。

• P10596 BZOJ2839 集合计数（组合计数 & 欧拉降幂技巧）

令 \(g(i)\) 表示 交集元素个数恰好为 \(i\) 的方案数。答案显然是 \(g(K)\)。

\(f(i)\) 则表示 交集元素个数至少为 \(i\) 的方案数。

考虑 \(f(i)\) 的计算，显然先选出 \(K\) 个交集元素，然后从剩下 \(N-K\) 个元素中挑选子集的剩下部分，剩下的部分共有 \(2^{N-K}\) 种方案，而每个方案又可以选或者不选，从而拼上那 \(K\) 个元素就可以获得所有的子集方案。故

\[f(i) = 2^{2^{N-K}} \]

这个指数显然过大，可以使用 % MOD-1 的技巧降幂。

• P1450 [HAOI2008] 硬币购物（正难则反思想 & "+1" 处理不合法情形的策略）

严格来说，这并不是广义容斥原理，而是运用了它的思想。

题面长得很像多重背包，但做 \(1000\) 次显然不现实。

考虑反着来，先做一遍完全背包，计算价值为 \(i\) 的方案数 \(dp_i\)。

由于只有 \(4\) 种硬币，考虑枚举所有不合法的状态（共 \(2^4-1=15\) 种）。

对于每种方案，我们钦定为 \(1\) 的那一位超出容量限制，这部分的贡献是 \((d_i+1) \times c_i\)。

最后的不合法方案数即为所有 \(dp_{s-\sum{(d_i+1) \times c_i}}\) 之和，拿 \(dp_s\) 减去它就是答案。

• P4859 已经没有什么好害怕的了（dp 计数 & 排序处理二维偏序关系）

令 \(g(i)\) 表示 糖果大于药片的组恰好为 \(i\) 的方案数。答案显然是 \(g(\frac{N+K}{2})\)（因为这样糖果小于药片的组有 \(\frac{N-K}{2}\) 个，它们俩恰好相差 \(K\)）。

\(f(i)\) 则表示 糖果大于药片的组至少为 \(i\) 的方案数。

容易发现直接组合计数是困难的，考虑 dp 计算 \(f(i)\)。

将 \(a_i,b_i\) 从小到大排序（提供 dp 转移的前提），令 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个元素中有 \(j\) 组满足糖果大于药片。分情况转移：

1. 如果 \(i-1\) 个元素也分了 \(j\) 组，则表明第 \(i\) 个元素的组不满足要求，无贡献。

2. 如果 \(i-1\) 个元素分了 \(j-1\) 组，则表明第 \(i\) 个元素的组满足要求，需要在 \(b\) 中比他小且没有选过的元素中配对，贡献为 \(cnt_i-(j-1)\)，其中 \(cnt_i\) 表示 满足 \(b_j < a_i\) 的 \(j\) 的个数。

故得到转移方程：

\[dp_{i,j} = dp_{i-1,j} + dp_{i-1,j-1} \times (cnt_i-j+1) \]

于是，边界 \(dp_{0,0}=1\)，\(f(i) = dp_{n,i} \times (n-i)!\)（其他的还可以随便配嘛），做完了。

总结

到此为止，读者不难得出这种题目的一般做题步骤：

1. 设计 \(f(i),g(i)\) 的组合意义，明确答案。

2. 对于组合计数求取 \(f(i)\)，一般会将某些元素剔除，然后考虑其他任选的方案。

3. 对于 dp 求取 \(f(i)\)，一般设计前 \(i\) 个 XX / 以 \(i\) 为根的子树内的 XX 的方案数。

4. 代入公式求得答案即可。

（中间的步骤因题而异，此处只是列举两种常见的方法）

以上。