容斥原理再探

前传

全集 \(U\) 种有若干元素，每个元素 \(x_i\) 都有若干个不同的属性 \(p_j\)．令 \(A_i\) 为满足第 \(i\) 个属性的集合。现有 \(n=|U|\) 个元素，\(m\) 个属性，欲求 \(|\bigcap_j^m A_j|\)，记 \(\hat{A}_j=\complement _U A_j\) 即不满足第 \(j\) 个属性的元素构成的集合。

艾弗森记号是有力的工具。

\[\begin{aligned} |\bigcap_j^m A_j|&=\sum_i^n\prod_j^m[x_i\in A_j] \\ &=\sum_i^n\prod_j^m(1-[x_i\notin A_j]) \\ &=\sum_i^n\sum_{T\subseteq \{1,2,\cdots,m\}}\left((-1)^{|T|}\prod_{j\in T}[x_i\notin A_j]\right) \\ &=\sum_{T\subseteq \{1,2,\cdots,m\}}(-1)^{|T|}\left|\bigcap_{j\in T}\hat{A}_j\right| \end{aligned} \]

这就得到了计数问题中容斥原理的常见形式，考虑其组合意义：

计数问题中，全集即为所有方案构成的集合。

\(|\bigcap_j^m A_j|\) 意思是，这 \(m\) 种限制全部满足的方案数是多少。

\(\left|\bigcap_{j\in T}\hat{A_j}\right|\) 的意思是，枚举了一个集合 \(T\)，强行钦定这些限制是不满足的，其余的任意，一共有多少方案。将其乘上其容斥系数 \((-1)^{|T|}\) 再求和即为所求方案数。

另一方向的也类似：

\[\begin{aligned} |\bigcup_j^m A_j|=|U|-|\bigcap_j^m \hat{A}_j|&=|U|-\sum_i^n\prod_j^m[x_i\notin A_j] \\ &=|U|-\sum_i^n\prod_j^m(1-[x_i\in A_j]) \\ &=|U|-\sum_i^n\sum_{T\subseteq \{1,2,\cdots,m\}}\left((-1)^{|T|}\prod_{j\in T}[x_i\in A_j]\right) \\ &=\sum_{T\subseteq \{1,2,\cdots,m\},T\neq \varnothing}(-1)^{|T|+1}\left|\bigcap_{j\in T}A_j\right| \end{aligned} \]

注意：\(\bigcap_{j\in T}A_j\) 当 \(T=\varnothing\) 的时候应为 \(|U|\)．

而在一类通过容斥和 dp 解决的问题中，会选择直接带着容斥系数 dp 方案数。且看例题：

「CSP-S 2019」Emiya 家今天的饭

就这也叫容斥？

第三个限制很愤怒，先不管它，算出所有的方案，再容斥掉不合法的，然后就会发现，只需要一层容斥就可以了。

具体地，枚举哪个主要食材是超了的，在这上面做个 dp，以 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑了前 \(i\) 个烹饪方法，一共烹饪了 \(j\) 个菜，而且已经用食材 \(x\) 烹饪了 \(k\) 个菜，方案数是多少。为了能够转移 \(f\)，还需要预处理出每一行的 \(a\) 之和。这样时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n^3m)\)．

但是注意到最终统计答案的时候只关心 \(k\) 是否大于等于 \((j-k)\)，所以令 \(f_{i,j}\) 为考虑前 \(i\) 个烹饪方法，用食材 \(x\) 烹饪的菜的个数，减去不用食材 \(x\) 的菜的个数为 \(j\)，方案数是多少。这样复杂度就降到了 \(\mathcal{O}(n^2m)\)．Code．

ARC096E Everything on It

考虑将第二个容斥掉，枚举有 \(1\sim i\) 出现次数 \(\leq 1\) 次，剩余的无限制，假设其方案为 \(f(i)\)．

那么答案就是 \(\sum f(i)(-1)^i\binom{n}{i}\)．

考虑 \(f(x)\) 怎么算，令 \(y=n-x\)，首先考虑不包含 \(1\sim x\) 的子集一共有 \(2^{2^y}\) 个，然后再考虑包含 \(1\sim x\) 的子集，相当于将 \(1\sim x\) 分成若干个不同的集合，每个集合从 \(2^y\) 个集合中找一个集合，与其的并集构成一个新的集合。

令 \(s_{i,j}\) 为将 \(1\sim i\) 分成若 \(j\) 个不同的集合的方案数（第二类斯特林数），枚举有 \(1\sim x\) 中出现了的有 \(i\) 个，一共分成 \(j\) 个集合，那么就有：

\[\begin{aligned} f(x)&=\sum_i\sum_j s_{i,j}({2^y})^j2^{2^y}\binom{x}{i} \\ &=2^{2^y}\sum_j (2^y)^j\sum_i \binom{x}{i}s_{i,j} \end{aligned} \]

考虑后面那个求和号的组合意义，就是从 \(x\) 个元素中选出 \(i\) 个元素，再将这 \(i\) 个元素划分成 \(j\) 个集合。如果把没有选出的元素也看成一个集合，那么其就是 \(x\) 个元素划分成 \((j+1)\) 个集合，其中有一个集合有标号且可空。所以：

\[f(x)=2^{2^y}\sum_j (2^y)^j((j+1)s_{x,j+1}+s_{x,j}) \]

要注意 \(2^{2^y}\) 计算时要将指数模 \(M-1\)．

Code．

「ZJOI2016」小星星

现在有大小均为 \(n\) 的图 \(A=(V,E_A)\) 和树 \(B=(V,E_B)\)，求符合条件的排列 \(p\) 的个数，满足若 \((i,j)\in E_B\)，则 \((p_i,p_j)\in E_A\)．

比较容易理解的容斥，但并不是很容易想到要用容斥，要将什么条件容斥掉。

考虑一个暴力 dp，\(f_{i,j,S}\) 考虑了 \(B\) 中考虑 \(i\) 的子树，点 \(i\) 映射到了图中的点 \(j\)，已经被映射到的点集是 \(S\)．

暴力 dp 是 \(\mathcal{O}(n^33^n)\)，考虑到它的第三维是个子集卷积，难以优化，需要想办法规避掉子集卷积。

回想一下为什么要记录 \(S\)，在 dp 过程中可以枚举当前点映射到了哪个点，这样已经满足 \(B\) 中每个点映射到了 \(A\) 中的一个点，为了要满足映射到的点两两不同，即 \(A\) 中的点都被映射到，所以需要记录 \(S\)．

那么就将这个容斥掉，枚举 \(A\) 中一个集合 \(S\)，钦定这个 \(S\) 中的点没有被映射到，方案数乘上容斥系数 \((-1)^{|S|}\) 求和即为答案。

枚举 \(S\) 后，没有了“映射到的点两两不同”这个限制，于是乎可以直接 \(f_{i,j}\) 为考虑子树 \(i\)，且点 \(i\) 映射到了 \(j\) 的方案数，容易做到总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\) dp．总的复杂度就是 \(\mathcal{O}(2^nn^3)\)．

虽然最终答案不会爆 long long，但是中间的 dp 可能会爆 long long，可以用 unsigned long long 直接自然溢出啥事没有，用 long long 的溢出似乎也能过，但是其实是 UB．Code．

「2021 山东三轮集训 Day2」体育测试

给定序列 \(a\)，求合法排列 \(p\) 的方案数使得：

• \(a_i>0\)，则满足 \(i\) 在 \(p\) 中出现位置 \(\leq a_i\)；
• \(a_i<0\)，则满足 \(i\) 在 \(p\) 中出现位置 \(\geq |a_i|\)．

\(n\leq 5000\)，模 \(10^9+7\)．

首先考虑如果只有 \(\leq\)，将 \(a\) 从小到大排序，那么方案数就是 \(\prod (a_i-i+1)\)．

但是现在有 \([\geq |a_i|]\)，考虑将其容斥为 \((1-[\leq |a_i|-1])\)．

具体地，枚举一个集合 \(S\) 表示钦定这个集合内的 \(\geq\) 强制钦定为不满足剩余的无限制，其容斥系数为 \((-1)^{|S|}\)，将钦定不满足的 \(\geq |a_i|\) 变为 \(\leq |a_i|-1\)，和其他的 \(\leq\) 放在一起排序，求个 \(\prod\)，最后无限制的就是一个排列数。

根据这个容斥列 dp，设 \(f_{i,j}\) 为考虑完了前 \(i\) 个 \(a\)，钦定了 \(j\) 个 \(\geq\) 是不合法的，其带容斥系数的方案数是多少。\(\leq\) 的正常转移，\(\geq\) 转移的时候多带一个 \(-1\) 的容斥系数。最后统计答案的时候将 \(f_{n,i}(n-i)!\) 求和即为答案。Code ．

「HEOI2013」SAO

回忆一个外向树的拓扑序计数是如何解决的。对于所有的 \(n!\) 种方案，必须要满足根在所有子孙的拓扑序之前，那么方案书就是 \(\frac{n!}{\frac{n!}{(n-1)!}}=\frac{n!}{n}\)，然后就可以剥去根不考虑根的印象。之后每次再考虑剩余若干子树的一个根 \(x\)，要满足 \(x\) 出现在它所有子孙之前，那么方案数就会除掉 \(siz_x\)，之后 \(x\) 就对总方案数没有了影响，可以剥除。所以外向树的拓扑序个数是 \(\frac{n!}{\prod siz_x}\)．

现在有了内向边，同时有内向边和外向边不是很好做，我们现在只会做只有外向边。

考虑容斥，选出 \(i\) 条内向边，钦定它们是一定不满足的，剩余的内向边满足与否都无所谓。那么这种情况的方案数就是把选出的内向边看成外向边，其余的当作不存在（也就是这条边的限制满足与否都无所谓），然后对连通块分别求出拓扑序，再利用组合数乘起来（此时连通块之间不存在影响了），容斥系数就是 \((-1)^i\)．

基于这个容斥，列出 dp，令 \(g_{i,j}\) 表示考虑 \(i\) 以内的子树，一共钦定了 \(j\) 条内向边是不满足的。但是发现由于需要对拓扑序计数，还要记一个当前 \(i\) 所在连通块的总和为 \(k\)，这样状态数就达到了 \(\mathcal{O}(n^3)\)，不能接受。

考虑我们最终只是想要求 \(\sum g_{i,j,k}(-1)^j\)，那么就可以令 \(f_{i,k}=\sum g_{i,j,k}(-1)^j\)，换而言之，令 \(f_{i,k}\) 为考虑 \(i\) 子树内，所有钦定方案的，带容斥系数的拓扑序数之和。转移即为一个树形背包，在钦定一条内向边一定不满足的时候，乘上一个 \(-1\) 的容斥系数来转移即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(Tn^2)\)．Code．

2022 ICPC Shenyang E

https://codeforc.es/gym/104160/problem/E

不是很难，先鸽着

upd on 2023.4.21：模拟赛考到这题，然而没记起来在这里见过，这就是鸽子的报应/cy

树怎么做？容斥，枚举一个边集钦定其是割边，然后剩下的随便连，每个没有被钦定的边连成的连通块方案数都是一个和 size 有关的 2 的次幂。那就树形背包 \(f_{x,i}\) 表示 \(x\) 子树内 \(x\) 所在连通块大小是 \(i\)，带容斥系数的方案数是多少，转移的时候就分钦定割边和不钦定两种情况。

图怎么做？边双缩点之后做一个类似的 dp 就行。