容斥and反演

何为容斥? 何为反演?

前置知识

组合数的一些知识

什么是容斥

一个经典容斥

\[\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{m=1}^n(-1)^{m+1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right| \]

利用容斥可以做到使用交集表示并集

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稍微变形一下, 也可以使用并集表示交集

众所周知的一个关系式子是:

$ \overline{A} \cap \overline{B} = \overline{A \cup B}$, $ \overline{A} \cup \overline{B} = \overline{A \cap B}$

利用这个式子就可以完成上边的要求

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我们考虑推广, 交集可以理解成至少 \((\ge S)\) , 并集可以理解成至多 \((\le S)\)

你有 \(k\) 个属性
设函数 \(f(S)\) 表示至少满足 \(S\) 集合的元素个数, 特殊地, \(f(\emptyset) = 0\)
设函数 \(g(S)\) 表示至多满足 \(S\) 集合的元素个数

有式子

\[g(U) = \sum_{S \subseteq U} f(S) (-1)^{\left| S \right| + 1} \]

证明: 考虑 有 \(n\) 个属性的元素的贡献

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}{{n}\choose{i}}(-1)^{i+1} & =-\left(\sum_{i=1}^{n}{{n}\choose{i}}(-1)^{i}\right) \\ & =-\left((1-1)^{n}-1\right) \\ & = 1 \end{aligned}\]

只会对答案产生一个贡献

一般化

考虑将一个问题分成几个限制很小的几部分, 但是会算重复, 所以使用容斥系数干掉这些东西, 让贡献唯一

举例

• 比如一种问题是:

就是上述的经典容斥

有一个属性集合\(k\)，然后有一个可以查询至少满足属性集合 \(S\) 的物品贡献的函数 \(q(S)\)

同时还有一个函数 \(g(k)\)，对于一个有 \(k\) 个属性的物品，它会对答案产生 \(g(k)\) 的贡献

需要确定一个容斥系数 \(f(x)\)，使得式子 \(g(n) = \sum_{i=1}^{n}{{n}\choose{i}}f(i)\) 成立

答案是全集 \(U\)

\(Answer = \sum_{T \subseteq U} q(T) f(\left| T \right|)\)

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对于容斥系数可以使用 \(n^2\) 的递推推出来, 有时候也可以使用反演

具体地: 因为有式子: \(g(n + 1) = \sum_{i=1}^{n + 1}{{n + 1}\choose{i}}f(i)\) 成立, 已知 \(1-n\) 的 \(f\) 数组值, 所以可以把 \(n + 1\) 解出来

像这种右边有一个组合数的东西, 这很指数生成函数:

\[\begin{aligned} g(n) & = \sum_{i=1}^{n}{{n}\choose{i}}f(i) \\ & = \sum_{i=1}^{n} f(i)\frac{n!}{(n-i)!i!} \\ & = n!\sum_{i=1}^{n} \frac{f(i)}{i!}\frac{1}{(n-i)!} \\ \frac{g(n)}{n!} & =\sum_{i=1}^{n} \frac{f(i)}{i!}\frac{1}{(n-i)!} \end{aligned}\]

然后就可以多项式求逆 \(O(n log_n)\)

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• 另一种例子

比如一类段式的 \(DP\)

通过几段拼成一个整段, 但是整段的拼接方案非常多, 所以使用容斥系数让他的贡献唯一

通常容斥系数的取值决定于段长

子集反演

有这样一个式子:

\[f(S) = \sum_{T \subseteq S} g(T) \]

要求用 \(f\) 表示 \(g\) 完成反演, 设 \(F(x)\)

\[\begin{aligned} g(S) & = \sum_{T \subseteq S} f(T) F(\left| T \right|) \\ & = \sum_{T \subseteq S} F(\left| T \right|) \sum_{U \subseteq T} g(U) \\ & = \sum_{U \subseteq S} g(U) \sum_{U \subseteq T \subseteq S} F(\left| T \right|) \end{aligned}\]

要求容斥系数有 \(\sum_{U \subseteq T \subseteq S} F(\left| T \right|) = [U == S]\)

可以递推求得, 或者推一下, 众所周知 \([a == b] = 0^{b - a}\)

\[\begin{aligned} \sum_{U \subseteq T \subseteq S} F(\left| T \right|) & = \sum_{T \subseteq S \setminus U} F(\left| T \right| + \left| U \right|) \\ & = \sum_{i=0}^{\left| S \setminus U \right|} F(i + \left| U \right|) {{\left| S \setminus U \right|}\choose{i}} \\ & = 0^{\left| S \setminus U \right|} \end{aligned}\]

所以 \(F(i + \left| U \right|) = (-1)^{i} 或者 (-1)^{\left| S \setminus U \right| - i}\)

显然后者更加简单, 所以 \(F(x) = \left| S \right| - x\)

所以反演得到:

\[f(S) = \sum_{T \subseteq S} g(T) \Longleftrightarrow g(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{\left| S \right| - \left| T \right|} f(T) \]

运用相同的思路可以得到另一组对应的式子:

\[f(S) = \sum_{S \subseteq T} g(T) \Longleftrightarrow g(S) = \sum_{S \subseteq T} (-1)^{\left| T \right| - \left| S \right|} f(T) \]

这就是子集反演

当然有实际意义, 对于第一种形式, \(f\) 可以表示的是 至多 (所选集合是要求的一个子集) , \(g\) 可以表示的是 恰好 (所选集合相等)

对于第二种形式, \(f\) 可以表示的是 至少 , \(g\) 可以表示是 恰好

二项式反演

三组式子:

\[f_n = \sum_{i=0}^n(-1)^i{{n}\choose{i}}g_i \Longleftrightarrow g_n = \sum_{i=0}^n(-1)^i{{n}\choose{i}}f_i \]

\[f_n = \sum_{i=0}^n{{n}\choose{i}}g_i \Longleftrightarrow g_n = \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{{n}\choose{i}}f_i \]

\[f_k = \sum_{i=k}^n{{i}\choose{k}}g_i \Longleftrightarrow g_k = \sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{{i}\choose{k}}f_i \]

以第一个式子的推导为例子

已知: \(f_n = \sum_{i=0}^n(-1)^i{{n}\choose{i}}g_i\)

\[\begin{aligned} g_n & = \sum_{i=0}^nF(i)f_i \\ & = \sum_{i=0}^nF(i) \sum_{j=0}^i(-1)^j{{i}\choose{j}}g_j \\ & = \sum_{j=0}^ng_j \sum_{i=j}^n(-1)^j{{i}\choose{j}}F(i) \\ \end{aligned}\]

所以要求 \(\sum_{i=j}^n(-1)^j{{i}\choose{j}}F(i) = 0^{n - j}\)

目的很明确了, 我们需要 \({{i}\choose{j}} \rightarrow {{n - j}\choose{i - j}}\) 正好有一个组合数式子

所以 \(F(i)\) 有一项为 $ {{n}\choose{i}} $

发现它多产生的贡献: \({{n}\choose{j}}\) 在\(j == n\) 时为 \(1\) 可以不用管

\[\begin{aligned} \sum_{i=j}^n(-1)^j{{n - j}\choose{i - j}}F(i) & = \sum_{i=0}^{n-j}(-1)^j{{n - j}\choose{i}}F(i + j) \\ \end{aligned}\]

所以 \(F(i + j) = (-1)^{i - j} = (-1)^{i - j} \times (-1)^{2 \times j} = (-1)^{i+j}\)

所以 \(F(i) = {{n}\choose{i}} (-1)^i\)

当然也有实际意义, 我们发现这个其实和子集反演差不多, \(g\) 表示的是恰好, \(f\) 表示的是至多或者至少

应用

错排问题

我们可以钦定一些位置, 所以可以保证在自己位置的数的个数 \(\ge\) 一个数

所以可以直接反演到 \(=\) , \(g_0\) 即为所求

具体地, \(f_i = {{n}\choose{i}}(n - i)!\)

有 \(f_k = \sum_{i=k}^n{{i}\choose{k}}g_i\)

直接反演得到 \(g_0 = \sum_{i=0}^n(-1)^{i}{{i}\choose{0}}f_i = \sum_{i=0}^n(-1)^{i}{{n}\choose{i}}(n - i)!\)

\(g_0 = \sum_{i=0}^n(-1)^{i}{{n}\choose{i}}(n - i)! = \sum_{i=0}^n(-1)^{i}\frac{n!}{i!}\)

继续扩展发现当 \(n \rightarrow n+1\) 我们是有递推式子的 \(answer_{n + 1} = (-1)^{n + 1} + (n + 1)answer_n\)

解的个数

方程 \(\sum_{i = 1}^n x_i = b\)

\(l_i \le x_i \le r_i \le 10^{12}, n \le 15\)

有下限好做, 就是插板, 上限我们可以钦定一些超过, 上限就变成了下限, 然后随机就是 \(\ge\) , 因为每一个限制不同, 所以上子集容斥

加强版本:

\(\sum_{i}^{n_1} X_i > \sum_{i}^{n_2} Y_i\)

\(X_i \in [l_i, r_i], Y_i \in [l_i, r_i], n_1 + n_2 \le 15\)

求解的个数

移向的话, 负数不好处理, 考虑把 \(X_i\) 映射为 \(r_i - X_i + 1\) 顺便也都把下限都干掉, 于是设

\(r_i - x_i= X_i, l_i + y_i = Y_i, 0 \le x_i, y_i \le r_i - l_i\)

原式子就可以变成

\(\sum_i x_i + \sum_i y_i < \sum_i r_i - \sum_i l_i\)

怎么把小于变成等于号? 先变成小于等于号

\(\sum_i x_i + \sum_i y_i \le \sum_i r_i - \sum_i l_i - 1\)

然后

\(\sum_i x_i + \sum_i y_i + k = \sum_i r_i - \sum_i l_i - 1\)

上容斥

Min-Max容斥

如何用 \(Min\) 来表示 \(Max ?\)

\(Max(S) = \sum_{\emptyset \not= T \subseteq S} Min(T) F(\left| T \right|)\)

将原数组从小到大排序后, 我们需要满足的式子就是:

\([x = n] = \sum_{i=0}^{n-x} {{n - x}\choose{i}} F(i + 1)\)

这是一个二项式反演的形式, 写的更具体一点就是:

\([n - x = 0] = \sum_{i=0}^{n-x} {{n - x}\choose{i}} F(i + 1)\)

反演得到: \(F(x) = (-1)^{x + 1}\)

所以有下边的两组式子:

\[Max(S) = \sum_{\emptyset \not= T \subseteq S} (-1)^{\left| T \right| + 1} Min(T) \]

\[Min(S) = \sum_{\emptyset \not= T \subseteq S} (-1)^{\left| T \right| + 1} Max(T) \]

根据期望的线性性, 可以得到他在期望下也是成立的, 这里的取 \(max\) 以及 \(min\) 是对随机变量函数进行的取 \(max\) 操作

\[E(Max(S)) = \sum_{\emptyset \not= T \subseteq S} (-1)^{\left| T \right| + 1} E(Min(T)) \]

\[E(Min(S)) = \sum_{\emptyset \not= T \subseteq S} (-1)^{\left| T \right| + 1} E(Max(T)) \]

当然如果我们将推导式子中的 \([x=n]\) 改为 \([x=n-k+1]\) 就可以求得 \(kthMax\) , 也是二项式反演的形式, 得到

\[kthMax(S) = \sum_{\emptyset \not= T \subseteq S} (-1)^{\left| T \right| - k} {{\left| T \right| - 1}\choose{k - 1}} Min(T) \]

我们通过整数唯一分解定理, 和 \(gcd\) 的定义, 我们可以知道, \(gcd\) 相当于对每一项的指数取 \(min\) , \(lcm\) 相当于取 \(max\) 所以根据这个可以得到 \(gcd\) 与 \(lcm\) 之间的关系

\[lcm(S) = \prod_{\emptyset \not= T \subseteq S} gcd(T)^{((-1)^{\left| T \right| + 1})} \]

这个在求 \(gcd\) 比较容易的时候是比较好用的, 比如 \(Fib\)

前缀和与差分

这个为什么会在这里? 因为他用到了容斥的思想, 以及根一个反演有关

定义原数组 \(a\), 前缀和数组 \(s\)

前缀和

根据一二维的推广, 我们不难列出一下的式子:

\(\begin{aligned} s_{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}}= & a_{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}}+\sum_{i_{1}=0}^{1} \sum_{i_{2}=0}^{1} \cdots \sum_{i_{k}=0}^{1} \\ & {\left[\sum_{j=1}^{k} i_{j}>0\right]F\left(\sum_{j=1}^{k} i_{j}\right) s_{x_{1}-i_{1}, x_{2}-i_{2}, \cdots, x_{k}-i_{k}} } \end{aligned}\)

可以根据哪些位置是 \(i_j\) 是可以有值的列出一个需要满足的式子

具体地, 假设 \(n (n \not= 0)\) 个位置的 \(i_j\) 是有可以有值, 那么就需要满足:

\(\sum_{i = 1}^n {{n}\choose{i}} F(i) = 1\)

然后 \(F(i) = (-1)^{i + 1}\)

所以有:

\[\begin{aligned} s_{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}}= & a_{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}}+\sum_{i_{1}=0}^{1} \sum_{i_{2}=0}^{1} \cdots \sum_{i_{k}=0}^{1} \\ & {\left[\sum_{j=1}^{k} i_{j}>0\right](-1)^{\left(1+\sum_{j=1}^{k} i_{j}\right)} s_{x_{1}-i_{1}, x_{2}-i_{2}, \cdots, x_{k}-i_{k}} } \end{aligned}\]

差分

前缀和的逆运算, 直接把前缀和的式子移向变换就可以了

\[a_{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}}= \sum_{i_{1}=0}^{1} \sum_{i_{2}=0}^{1} \cdots \sum_{i_{k}=0}^{1} {(-1)^{\left(\sum_{j=1}^{k} i_{j}\right)} s_{x_{1}-i_{1}, x_{2}-i_{2}, \cdots, x_{k}-i_{k}} } \]

莫比乌斯反演

定义迪利克雷卷积: \(A \times B = C\)

\(c_n = \sum_{d \mid n} a_d b_{\frac{n}{d}}\)

给出反演式子

\[g = f \times 1 \Longleftrightarrow f = g \times \mu \]

考虑如何构造 \(\mu\) 使得上述式子成立

考虑迪利克雷卷积卷 \(1\) 的本质: 前缀和

根据整数唯一分解定理, 然后不难得出这个式子

\[\mid g_{\left(k_{1}, k_{2}, \cdots, k_{\infty}\right)}=\sum_{k_{1}^{\prime} \leq k_{1}} \sum_{k_{2}^{\prime} \leq k_{2}} \cdots \sum_{k_{\infty}^{\prime} \leq k_{\infty}} f_{\prod_{i=1}^{\infty} p_{i}^{k_{i}^{\prime}}} \]

这本质就是一个前缀和

所以 \(\mu\) 要求的就是差分操作, 于是考虑差分容斥式子中的 \((-1)^{\left(\sum_{j=1}^{k} i_{j}\right)}\)

不难得到 \(\mu\) 的定义式子:

\(\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\\ \end{cases}\)

应用

对于处理 \(gcd(a, b) = c\) 的情况, 我们可以求出 \(gcd(a, b) \mid i\) 的情况

这是一个前缀和, 然后用莫比乌斯做一遍差分就可以得到答案

单位根反演

对于一个数列, 我们想要求出 \(\sum_{i} a_i [k \mid i]\)

也就是说, 我们想要求 \([k \mid i]\) 的表达式

直接给出式子, 不知道怎么推出来的:

\[[k \mid i] = \frac{1}{k} \sum_{j = 0}^{k - 1} \omega_{k}^{ij} \]

后边是一个等比数列求和, 直接考虑 \(\frac{r^n - 1}{r - 1}\) , 其中我们发现 \(r^n\) 永远为 \(1\) , 所以当 \(r - 1 \not= 0\) 时, 等比数列求出来的都是 \(0\) , 当 \(\omega_n^k = 1\) 时 , \(n \mid k\) 带入原式子, 值为 \(1\)

对于这个数列, 我们构造生成函数 \(F(x) = \sum_{i = 1}^n a_ix^i\)

答案就是

\[\frac{\sum_{i=0}^{k-1}F(\omega_{k}^{i})}{k} \]

斯特林数

第二类斯特林数

表示 \(n\) 个元素 \(k\) 种划分的方案数

\[\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\ k-1\end{Bmatrix}+k\begin{Bmatrix}n-1\\ k\end{Bmatrix} \]

\(n\) 个盒子 \(m\) 个小球, 根据组合意义可以得到:

\[n^m = \sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} k! {{n}\choose{k}} = \sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} n^{\underline{k}} \]

实现了普通幂转下降幂

一个应用是可以把 \(F(x) = \sum a_i x^i\) 转为 \(F(x) = \sum b_i x^{\underline{i}}\)

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当然还有递推式子, 考虑这样一个问题: \(m\) 个元素恰好划分为 \(k\) 种的方案数

是不是可以用二项式反演: \(f_i = i^m\) 但是我也可以用第二类斯特林数表示出来 \(g_i = i! \begin{Bmatrix}m\\ i\end{Bmatrix}\)

所以有 \(k! \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} = \sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}{{k}\choose{i}} i^m\)

把组合数拆开, 写成卷积形式

\[\begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} = \sum_{i=0}^k \frac{(-1)^{k-i}}{(k-i)!} \frac{i^m}{i!} \]

第一类斯特林数

\(n\) 个元素划分为 \(k\) 个环的方案数

\(\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\ k-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\ k\end{bmatrix}\)

可以实现上指数幂转普通幂

\(F_n(x) = \sum \begin{bmatrix} n\\ i\end{bmatrix} x^i\)

\(F_n(x) = F_{n-1}(x) x + (n - 1)F_{n-1}(x) = F_{n - 1}(x) (x + n - 1)\)

\[x^{\overline{n}}=F_n(x) = \sum_{i=0}^n \begin{bmatrix} n\\ i\end{bmatrix} x^i \]

上指数幂与下指数幂

可以构造得到

\(x^{\underline{n}} = (-1)^{n}(-x)^{\overline{n}}\)

\(x^{\overline{n}} = (-1)^{n}(-x)^{\underline{n}}\)

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聪明的人已经猜到要干什么了

普通幂转下降幂转上升幂转普通幂

就可以得到

反转公式

\[\begin{aligned} n^m & = \sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} n^{\underline{k}} \\ & = \sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} (-1)^{k}(-n)^{\overline{k}} \\ & = \sum_{k=0}^m \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} (-1)^{k} \sum_{j=0}^k \begin{bmatrix} k\\ j\end{bmatrix} (-n) ^j\\ & = \sum_{j=0}^m n^j \sum_{k=j}^m \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} \begin{bmatrix} k\\ j\end{bmatrix} (-1)^{k - j} \end{aligned}\]

所以有反转公式:

\[\sum_{k=n}^m \begin{Bmatrix}m\\ k\end{Bmatrix} \begin{bmatrix} k\\ n\end{bmatrix} (-1)^{k - n} = [n = m] \]

同理可以得到:

\[\sum_{k=n}^m \begin{bmatrix} m\\ k\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}k\\ n\end{Bmatrix} (-1)^{k - n} = [n = m] \]

斯特林反演

将反转公式带入就可以得到

\[f_n = \sum_{k=0}^n \begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} g_k \Longleftrightarrow g_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}f_k \]

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容斥系数的计算方法

递推

根上边说的一样

直接上例题

• 求不存在一个子序列为长度大于 \(m\) 的公差为 \(1\) 或 \(-1\) 的等差数列的排列个数.

\(n, m \le 200\)

排列一定可以划分成若干个等差数列, 这样也将值域划分成了若干段, 所以考虑对值域进行分段的 \(DP\) 就可以

需要知道每段的长度以及相对大小就可以确定唯一一种方案, 于是考虑分段 \(DP\) , \(f_{i, j}\) 前 \(i\) 个位置, \(j\) 段

转移 \(f[i][j] = \sum_x f[x][j - 1] \times j \times (1 + [i - x > 1])\)

还需要考虑上升序列还是下降序列, 所以有乘 \(2\)

这样是不对的, 一种方案会被算重复, 考虑计算容斥系数!

考虑在原\(DP\)上乘上这样一个东西:

\(f[i][j] = \sum_x f[x][j - 1] \times j \times (1 + [i - x > 1]) \times F[i - x]\)

考虑一个方案的一个极长等差数列, 它的计数次数, 根据乘法原理, 总段的计数次数就是乘起来的结果

考虑一个极长的等差数列, 考虑把他划分成几段, 然后用乘法原理乘起来, 枚举最后一段长度, 发现如果前面长度 \(> m\) 前边方案数显然 \(=0\) 所以总贡献就是 \(0\) 否则就是 \(1\)

不难得到这个等式:

\(\sum_{i=0}^{min(n-1, m)} F_{n-i} = [n \le m]\)

分类讨论去掉这些东西, 然后推式子, 发现有:

\(F[1] = 1, F[n] = 0(1 < n\le m), F[n] = -\sum_{i=1}^{m}F[n - i] (n > m)\)

生成函数

使用生成函数, 不用 \(n^2\) 的 递推

考虑容斥系数的生成函数 \(F = \sum_{i} f_ix^i\)

考虑它的贡献 \(H = 1 + F + F^2 + F^3... = \frac{1}{1 - F}\)

这样就可以反解出容斥系数

在考虑转移生成函数 \(G = \sum_i a_if_ix^i\)

答案就是 \([x^m] \frac{1}{1 - G}\)

用几道题来说明

• 上面的题目

直接写出 贡献生成函数 \(G = 1 + x + x^2 + .. + x^m = \frac{1 - x^{m + 1}}{1 - x}\)

所以 \(G = \frac{1}{1 - F}\)

直接解出来 \(F = \frac{x - x^{m + 1}}{1 - x^{m + 1}}\)

分母展开, 乘上分子得到 \(F = \sum_i x^{i(m + 1) + 1} - \sum_i x^{(i + 1)(m + 1)}\)

多项式加减法是简单的, \(O(n)\) 求得, 和上边解出来是一样的, 不用动脑子

• Yet Another ABC String

给出 \(a,b,c\)，求由 \(a\) 个 A，\(b\) 个 B，\(c\) 个 C 构成的字符串数量，使得不存在子串 ABC，BCA 和 CAB。\(1 \leq a,b,c \leq 10^6\)

考虑划分成连续的几段, 然后容斥

\[\begin{aligned} \frac{1}{1 - F} & = 1 + x + x^2 \\ F & = 1 - \frac{1}{1 + x + x^2} \\ F & = 1 - \frac{1 - x}{1 - x^3} \\ F & = 1 - (1 - x)\sum_{i \ge 0} x^{3i} \end{aligned}\]

分类讨论得到

\[p_n=\left\{\begin{matrix} -1 & n\equiv 0\\ 1 & n\equiv1 \\ 0 & n\equiv2 \lor n=0 \end{matrix}\right.\]

然后使用三元生成函数

\[\begin{aligned} G & = \sum_{i \ge 1} -3 (xyz)^{i} + \sum_{i \ge 0} (xyz)^{i} (x + y + z) \\ & = x + y + z + (x + y + z - 3)\sum_{i \ge 1} (xyz)^i \\ & = x + y + z + (x + y + z - 3)\frac{xyz}{1 - xyz} \\ & = \frac{x + y + z - 3xyz}{1 - xyz} \end{aligned}\]

\(Answer = \frac{1}{1 - G} = (1 - xyz) \sum_{i \ge 0} (x + y + z - 2xyz)^i\)

然后需要求 \([x^ay^bz^c]Answer\)

枚举 \(xyz\) 的个数, 然后做可重集的排列