容斥原理+错排问题

容斥原理+错排问题

1. 一般形式

设全集 \(S\) 中的元素共有 \(n\) 种性质，每一个元素可以有多种性质。

我们把具有第 \(i\) 种性质的元素全部放到集合 \(A_i\) 中，生成 \(A_1,A_2,A_3,\cdots,A_n\)。它们都是 \(S\) 的子集。

如果我们要对 至少满足一个性质 的元素计数，那么答案为：

\[\left| \bigcup_{i=1}^n A_i \right|=\sum_{J\subseteq\{1,2,3,\cdots,n\}}(-1)^{|J|-1}\left| \bigcap_{i\in J}A_i \right| \]

• Proof：我们考虑 \(S\) 中的每一个元素对等式右边贡献了多少。

  如果元素 \(x\) 不满足满足所有性质，显然 \(x\) 不会对等式右边造成任何贡献。

  如果元素 \(x\) 满足 \(m\) 个性质 ，那么当 \(|J|=k\) 时，会对等式右边贡献 \((-1)^{k-1}\binom{m}{k}\)。

  那么这个 \(x\) 对等式右边总共贡献了：

  \[\sum_{k=1}^m (-1)^{k-1}\binom{m}{k}=-\sum_{k=0}^m (-1)^{k}\binom{m}{k}+1=0+1=1 \]

  故等式成立。

如果我们要对 不满足任何一个性质 的元素计数，答案为：

\[\left | \bigcap_{i=1}^n\overline{A_i}\right |=|S|-\sum_{J\subseteq \{1,2,3,\cdots,n\}} (-1)^{|J|-1}\left| \bigcap_{i\in J}A_i\right| \]

同理可证。也可以用摩根定律由第一种形式转化而来：并集的补等于补集的交。

2. 与二项式系数

如果 \(\left| \bigcap_{i\in J}A_i \right|\) 的值只与 \(|J|\) 有关，那么我们设 \(a_k\) 为 \(|J|=k\) 时 \(\left| \bigcap_{i\in J}A_i \right|\) 的值，那么容斥原理的形式可以简化为：

\[\left| \bigcup_{i=1}^n A_i \right|=\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \binom{n}{k} a_k \]

3. 错排问题

对满足以下条件的 排列 \(A\) 计数：

1. 长度为 \(n\)；
2. 对于所有在 \([1,n]\) 内的整数 \(i\)，\(A_i\ne i\)。

我们称这样的排列 \(A\) 的个数为 错排数，记为 \(D_n\)。

特别地，\(D_0=1,D_1=0\)。

i. 通项式

如果在排列 \(A\) 中有 \(k\) 个位置不满足 \(A_i\ne i\)，设它们为 \(i_1,i_2,\cdots,i_k\)，那么这些位置的值都固定为 \(A_{i_j}=i_j\)。

而剩下位置有 \((n-k)!\) 种排列方式，由乘法原理，得 \(a_k=(n-k)!\)。

由容斥原理，得

\[\begin{aligned}D_n& =n!+\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n}{k}a_k\\&=n!+\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)!\\&=n!+\sum_{k=1}^n(-1)^k\dfrac{n!}{k!}\\&=n!\sum_{k=0}^n (-1)^k\dfrac{1}{k!}\end{aligned} \]

ii. 递推式 I

考虑排列 \(A\) 中 \(1\) 的位置。显然，\(1\) 可能的位置有 \(n-1\) 种。

设 \(A_k=1\)，分两种情况讨论：

1. \(A_1=k\)，剩下 \(n-2\) 个元素构成了规模为 \(n-2\) 的子问题，答案为 \(D_{n-2}\)；
2. \(A_1\ne k\)，相当于 \(k\) 的限制由 \(A_k\ne k\) 变为 \(A_1\ne k\)，\(k\) 与剩下 \(n-2\) 个元素构成了规模为 \((n-1)\) 的子问题，答案为 \(D_{n-1}\)。

由乘法原理，\(D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\)。

iii. 递推式 II

\[\begin{aligned}D_n&=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\\D_n-nD_{n-1}&=(-1)^1(D_{n-1}-(n-1)D_{n-2})\\&=(-1)^2(D_{n-2}-(n-2)D_{n-3})\\&=(-1)^3(D_{n-3}-(n-3)D_{n-4})\\&= \cdots\\&=(-1)^{n-1}(D_1-D_0)\\&=(-1)^n\end{aligned} \]

最终得到：

\[D_n=nD_{n-1}+(-1)^n \]

iv. 与自然常数

\(e^{-1}\) 的无穷级数展开式：

\[e^{-1}=1-\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\cdots \]

随机生成一个长度为 \(n\) 的排列 \(A\)，其为一个错排的概率为：

\[P=\dfrac{D_n}{n!}=\sum_{k=0}^n (-1)^k\dfrac{1}{k!}=1-\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}-\cdots+(-1)^{n}\dfrac{1}{n!} \]

则有：

\[\lim_{n\to\infty} P=e^{-1} \]

v. 与全排列

\[\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} D_i=n! \]

4. 相对错排问题

对满足以下条件的 排列 \(A\) 计数：

1. 长度为 \(n\)；
2. 对于所有在 \((1,n]\) 中的整数 \(i\)，满足 \(A_{i-1}\ne A_i-1\)。

我们称这样的排列 \(A\) 的个数为 相对错排数，记为 \(Q_n\)。

i. 通项式

设 \(i_1,i_2,\cdots,i_k\) 这些数字不满足条件。

此时，对于每一个 \(i_j\)，我们把 \(i_j\) 与 \(i_j-1\) 合并为一个符号。合并 \(k\) 次，排列中还剩下 \(n-k\) 个符号。那么 \(a_k=(n-k)!\)。

由容斥原理，得

\[Q_n=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k} \binom{n-1}{k} (n-k)! \]

ii. 递推式

\[Q_n=D_n+D_{n-1} \]

Proof

引理：

\[(-1)^k\dfrac{n-k}{k!}=(-1)^k\dfrac{n}{k!}+(-1)^{k-1}\dfrac{1}{(k-1)!} \]

然后有：

\[\begin{aligned}Q_n&=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k} \binom{n-1}{k} (n-k)!\\&=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k \dfrac{(n-1)!(n-k)!}{k!(n-k-1)!}\\&=(n-1)!\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k \dfrac{n-k}{k!}\\&=(n-1)!\sum_{k=0}^{n-1}((-1)^k\dfrac{n}{k!}+(-1)^{k-1}\dfrac{1}{(k-1)!})\\&=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\dfrac{n!}{k!}+\sum_{k=0}^{n-2}(-1)^k\dfrac{(n-1)!}{k!}\\&=D_n-(-1)^n+D_{n-1}-(-1)^{n-1}\\&=D_n+D_{n-1}\end{aligned} \]

5. 部分错排问题

对满足以下条件的 排列 \(A\) 计数：

1. 长度为 $n+m $；
2. 对于任意在 $[1,m] $ 中的整数 \(i\)，\(A_i\ne i\)。

也就是排列中有 \(n\) 个自由元素，\(m\) 个限制元素。

我们称这样的排列 \(A\) 的个数为 部分错排数，记为 \(B_{n,m}\)。

Version I

给出一组 \(n,m\) 求 \(B_{n,m}\)，其中 \(0\leq n,m\leq 10^6\)。

根据容斥原理，答案即为

\[B_{n,m}=\sum_{k=0}^m \binom{m}{k} (n+m-k)! (-1)^{k} \]

Version II

对所有 \(n,m\) 求 \(B_{n,m}\)，其中 \(0\leq n,m \leq 2000\)。

首先有 \(B_{n,0}=n!,B_{0,m}=D_m\)。

对于其他情况，考虑 \(A_{n+m}\) 填什么。记 \(A_{n+m}=k\)，分情况讨论：

1. \(1\leq k\leq m\)。此时 \(A_k\ne k\) 这个限制不再生效，那么 \(A_k\) 填什么数字不再有限制。则在前 \(n+m-1\) 个位置中，还有 \(m-1\) 个位置有限制，\(n\) 个位置没限制，贡献为 \(m\times B_{n,m-1}\)；
2. \(m<k\leq m+n\)。这对于所有的 $ A_i\ne i$ 的限制没有任何影响。则在前 \(n+m-1\) 个位置中，还有 \(m\) 个位置有限制，\(n-1\) 个位置没限制，贡献为 \(n\times B_{n-1,m}\)。

于是得出递推式 1：

\[B_{n,m}=\begin{cases}n! &m=0\\D_m &n=0\\m\times B_{n,m-1}+n\times B_{n-1,m} &otherwise\end{cases} \]

还有一种考虑方式：

1. \(k=n+m\)。显然贡献为 \(B_{n-1,m}\)；
2. \(k\neq n+m\)。此时增加了一个 \(A_{n+m}\ne n+m\) 的限制，那么 \(n+m\) 变得有限制，贡献为 \(B_{n-1,m+1}\)；

得到递推式 2：\(B_{n,m}=B_{n-1,m}+B_{n-1,m+1}\)。

Version III

\(n\) 固定，对所有的 $ m$ 求 \(B_{n,m}\)，其中 \(1\leq n \leq 10^7,1\leq m \leq 10^5\)。

首先有 \(B_{n,0}=n!\)，\(B_{n,1}=n\times n!\)。

当 \(m\geq 2\) 时，考虑 \(A_m\) 填什么。记 \(A_m=k\)，分情况讨论：

1. \(1\leq k \leq m\)。类似于 \(D_n\) 的递推式 I，贡献为 \((m-1)(B_{n,m-1}+B_{n,m-2})\)；
2. \(m<k\leq m+n\)。此时 \(A_m\) 这个位置没有限制，那么还剩下 \(m-1\) 个位置有限制，贡献为 \(n\times B_{n,m-1}\)。

于是得出递推式 3：

\[B_{n,m}=\begin{cases}n! &m=0\\n\times n! &m=1\\(n+m-1)B_{n,m-1}+(m-1)B_{n,m-2} &otherwise\end{cases} \]

Version IV

\(Q\) 组询问，每次询问一个 \(B_{n,m}\) 的值，\(1\leq n,m,Q\leq 10^5\)。

假如我们已经知道 \(B_{n,m},B_{n,m+1}\) 的值。

由递推式 3，可以直接求出 \(B_{n,m-1},B_{n,m+2}\)：

\[B_{n,m+2}=(m+1)B_{n,m}+(n+m+1)B_{n,m+1} \]

\[B_{n,m-1}=\dfrac{B_{n,m+1}-(n+m)B_{n,m}}{m} \]

由递推式 1，

\[B_{n-1,m+1}=\dfrac{B_{n,m+1}-(m+1)B_{n,m}}{n} \]

由递推式 2，

\[B_{n+1,m}=B_{n,m}+B_{n,m+1} \]

联立递推式 1,2，

\[\begin{aligned}B_{n+1,m+1}=(m+1)B_{n,m}+(n+m+2)B_{n,m+1}\end{aligned} \]

\[B_{n-1,m}=\dfrac{(n+m+1)B_{n,m}-B_{n,m+1}}{n} \]

我们可以 \(O(1)\) 求出 \((n,m),(n,m+1)\) 相邻 \(6\) 个位置的值，那么我们就可以 \(O(1)\) 地移动 \(n\) 或 \(m\)。

将所有询问离线后莫队求解。复杂度 \(O(N\sqrt{Q})\)，其中 \(N=\max(n_i,m_i)\)。

这种 trick 也叫作 局部递推，即列出若干个线性无关方程组实现参数的微调。